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Géométrie de l'espace : vecteurs, droites et plans

Étudier l'espace avec les outils vectoriels et analytiques.

Mathématiques Terminale Chapitre 16 / 19 ⏱ 11 h

Ce que tu sauras faire à la fin

  • Déterminer l'équation d'un plan et la représentation d'une droite
  • Calculer une distance d'un point à un plan
  • Étudier des positions relatives

Depuis la classe de Seconde, tu travailles avec des vecteurs et des repères dans le plan : deux coordonnées suffisaient à situer un point, une seule équation ax+by+c=0ax+by+c=0 suffisait à décrire une droite. Ce chapitre franchit une étape décisive : on ajoute une troisième dimension. Un point de l'espace se repère désormais par un triplet (x ;y ;z)(x\,;y\,;z), et cette simple addition change profondément la façon dont les objets s'écrivent. Une équation du type ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 ne décrit plus une droite, mais tout un plan ; pour décrire une droite, il faut maintenant un système de trois équations dépendant d'un paramètre.

Cette géométrie de l'espace n'est pas une curiosité d'école : c'est le langage de l'architecture (calculer la pente d'un toit, l'orientation d'une façade), de la navigation par satellite (positionner un point grâce à trois coordonnées), de l'imagerie 3D et des jeux vidéo (tout objet affiché à l'écran est un ensemble de points de l'espace projetés sur un plan). Le vecteur normal à un plan, notion entièrement nouvelle, est par exemple ce qui permet à un logiciel de simuler la façon dont la lumière se réfléchit sur une surface.

Tu vas retrouver des outils familiers — vecteurs, produit scalaire, colinéarité — mais il faut les adapter à une troisième coordonnée, et en apprendre de nouveaux : le vecteur normal, l'équation cartésienne d'un plan, la distance d'un point à un plan, la sphère (l'analogue du cercle dans l'espace). Les exercices de ce chapitre comptent parmi les plus fréquents au baccalauréat : positions relatives, intersections, distances y reviennent chaque année, souvent associés à des solides comme le cube ou le tétraèdre.

Comme toujours, chaque propriété est démontrée et chaque calcul est détaillé étape par étape. Prends le temps de refaire les figures toi-même : en géométrie de l'espace plus qu'ailleurs, un bon dessin en perspective cavalière est souvent la moitié du raisonnement.

1Vecteurs de l'espace et repérage

Tout ce que tu sais des vecteurs du plan reste vrai dans l'espace : un vecteur est défini par une direction, un sens et une norme, et deux représentants d'un même vecteur ont même direction, même sens et même longueur, peu importe où on les place. La seule vraie nouveauté est qu'il faut désormais trois coordonnées pour les écrire.

1.1  Opérations, colinéarité, coplanarité

Définition

Soient A(xA ;yA ;zA)A(x_A\,;y_A\,;z_A) et B(xB ;yB ;zB)B(x_B\,;y_B\,;z_B) deux points de l'espace. Le vecteur AB→\overrightarrow{AB} a pour coordonnées :

AB→ (xB−xA ; yB−yA ; zB−zA)\overrightarrow{AB}\,\bigl(x_B-x_A\,;\,y_B-y_A\,;\,z_B-z_A\bigr)

Deux vecteurs u⃗(x ;y ;z)\vec{u}(x\,;y\,;z) et u⃗ ′(x′ ;y′ ;z′)\vec{u}\,'(x'\,;y'\,;z') sont égaux si, et seulement si, x=x′x=x', y=y′y=y' et z=z′z=z'. On additionne et on multiplie par un réel coordonnée par coordonnée, exactement comme dans le plan.

Propriété

Pour tous points A,B,CA,B,C de l'espace et tout vecteur u⃗(x ;y ;z)\vec{u}(x\,;y\,;z) :

  • relation de Chasles : AB→+BC→=AC→\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AC} ;
  • norme : ∥u⃗∥=x2+y2+z2\lVert\vec{u}\rVert=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} ;
  • le milieu II de [AB][AB] a pour coordonnées (xA+xB2 ;yA+yB2 ;zA+zB2)\left(\dfrac{x_A+x_B}{2}\,;\dfrac{y_A+y_B}{2}\,;\dfrac{z_A+z_B}{2}\right).
Définition — colinéarité et coplanarité

Deux vecteurs u⃗\vec{u} et v⃗\vec{v} (non nuls) sont colinéaires s'il existe un réel kk tel que v⃗=ku⃗\vec{v}=k\vec{u}. Trois vecteurs u⃗\vec{u}, v⃗\vec{v}, w⃗\vec{w} sont coplanaires s'il existe deux réels aa et bb tels que w⃗=au⃗+bv⃗\vec{w}=a\vec{u}+b\vec{v} — autrement dit, si w⃗\vec{w} se construit à partir des deux autres. Quatre points sont coplanaires si les vecteurs qu'ils forment le sont.

Attention

Dans le plan, deux vecteurs non colinéaires suffisaient toujours à tout construire. Dans l'espace, ce n'est plus vrai : deux vecteurs non colinéaires n'engendrent qu'un plan, pas tout l'espace. C'est pour cela que la notion de coplanarité (à trois vecteurs) devient essentielle : elle n'a pas d'équivalent utile dans le plan.

Théorème — base de l'espace

Trois vecteurs u⃗\vec{u}, v⃗\vec{v}, w⃗\vec{w} non coplanaires forment une base de l'espace : tout vecteur t⃗\vec{t} de l'espace se décompose de façon unique sous la forme t⃗=au⃗+bv⃗+cw⃗\vec{t}=a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w}, avec a,b,c∈Ra,b,c\in\mathbb{R}.

Démonstration — unicité de la décomposition

L'existence de la décomposition est admise (elle repose sur le fait que trois vecteurs non coplanaires « remplissent » l'espace). Montrons l'unicité. Supposons deux décompositions t⃗=au⃗+bv⃗+cw⃗\vec{t}=a\vec{u}+b\vec{v}+c\vec{w} et t⃗=a′u⃗+b′v⃗+c′w⃗\vec{t}=a'\vec{u}+b'\vec{v}+c'\vec{w}.

  1. en soustrayant : (a−a′)u⃗+(b−b′)v⃗+(c−c′)w⃗=0⃗(a-a')\vec{u}+(b-b')\vec{v}+(c-c')\vec{w}=\vec{0}
  2. si c−c′≠0c-c'\neq 0, alors w⃗=−a−a′c−c′u⃗−b−b′c−c′v⃗\vec{w}=-\dfrac{a-a'}{c-c'}\vec{u}-\dfrac{b-b'}{c-c'}\vec{v}on isole w⃗\vec{w}
  3. ⇒\Rightarrowu⃗,v⃗,w⃗\vec{u},\vec{v},\vec{w} seraient coplanairescontredit l'hypothèse de départ
  4. ⇒\Rightarrowc=c′c=c', puis de même a=a′a=a' et b=b′b=b'

La décomposition est donc unique. C.Q.F.D.

1.2  Repère de l'espace et distance

Définition

Un repère de l'espace est un quadruplet (O ;i⃗,j⃗,k⃗)\bigl(O\,;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\bigr) où OO est un point (l'origine) et (i⃗,j⃗,k⃗)\bigl(\vec{i},\vec{j},\vec{k}\bigr) une base de l'espace. Tout point MM s'écrit alors de façon unique OM→=xi⃗+yj⃗+zk⃗\overrightarrow{OM}=x\vec{i}+y\vec{j}+z\vec{k} : (x ;y ;z)(x\,;y\,;z) sont les coordonnées de MM. Le repère est dit orthonormé si i⃗,j⃗,k⃗\vec{i},\vec{j},\vec{k} sont deux à deux orthogonaux et de norme 11 — c'est le seul cas que nous utiliserons, car lui seul rend valables les formules de distance ci-dessous.

xyz O B C D E F G H
Figure 1 — Le cube OBCDEFGHOBCDEFGH de côté 44, muni du repère orthonormé (O ;i⃗,j⃗,k⃗)\bigl(O\,;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\bigr) ; les arêtes cachées sont en pointillés. La diagonale OG→\overrightarrow{OG} illustre la décomposition OG→=4i⃗+4j⃗+4k⃗\overrightarrow{OG}=4\vec{i}+4\vec{j}+4\vec{k}, donc G(4 ;4 ;4)G(4\,;4\,;4).
Théorème — distance entre deux points

Dans un repère orthonormé, la distance entre A(xA ;yA ;zA)A(x_A\,;y_A\,;z_A) et B(xB ;yB ;zB)B(x_B\,;y_B\,;z_B) vaut :

AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2AB=\sqrt{(x_B-x_A)^{2}+(y_B-y_A)^{2}+(z_B-z_A)^{2}}

Démonstration

On note KK le point de coordonnées (xB ;yB ;zA)(x_B\,;y_B\,;z_A) et A(xA ;yA ;zA)A(x_A\,;y_A\,;z_A), B(xB ;yB ;zB)B(x_B\,;y_B\,;z_B). Le triangle AKBAKB est rectangle en KK car AK→\overrightarrow{AK} est horizontal (dans le plan z=zAz=z_A) et KB→\overrightarrow{KB} est vertical : ils sont donc orthogonaux. Le théorème de Pythagore, appliqué deux fois, donne le résultat.

  1. dans le plan z=zAz=z_A : AK2=(xB−xA)2+(yB−yA)2AK^{2}=(x_B-x_A)^{2}+(y_B-y_A)^{2}Pythagore dans ce plan, cas déjà connu
  2. triangle AKBAKB rectangle en KK : AB2=AK2+KB2AB^{2}=AK^{2}+KB^{2}
  3. ==(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2(x_B-x_A)^{2}+(y_B-y_A)^{2}+(z_B-z_A)^{2}KB=∣zB−zA∣KB=|z_B-z_A|
  4. ⇒\RightarrowAB=(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2AB=\sqrt{(x_B-x_A)^{2}+(y_B-y_A)^{2}+(z_B-z_A)^{2}}une longueur est positive
Exemple — coordonnées, colinéarité, coplanarité

Avec le cube de la figure 1 (O(0 ;0 ;0)O(0\,;0\,;0), B(4 ;0 ;0)B(4\,;0\,;0), D(0 ;4 ;0)D(0\,;4\,;0), E(0 ;0 ;4)E(0\,;0\,;4), G(4 ;4 ;4)G(4\,;4\,;4)), étudions les vecteurs OG→\overrightarrow{OG}, OB→\overrightarrow{OB} et DE→\overrightarrow{DE}.

  1. OB→(4 ;0 ;0)\overrightarrow{OB}(4\,;0\,;0) et DE→(0−0 ;0−4 ;4−0)=(0 ;−4 ;4)\overrightarrow{DE}(0-0\,;0-4\,;4-0)=(0\,;-4\,;4)
  2. ces deux vecteurs ne sont pas colinéairesaucun réel kk ne donne 4=0×k4=0\times k
  3. OG→(4 ;4 ;4)=1×OB→(4;0;0)+  ?\overrightarrow{OG}(4\,;4\,;4)=1\times\overrightarrow{OB}(4;0;0)+\;?on cherche a,ba,b tels que OG→=aOB→+bDE→\overrightarrow{OG}=a\overrightarrow{OB}+b\overrightarrow{DE}
  4. système : 4=4a ; 4=−4b ; 4=4b4=4a\ ;\ 4=-4b\ ;\ 4=4bcoordonnée par coordonnée
  5. ⇒\Rightarrowb=1b=1 et b=−1b=-1 : impossible
  6. doncOG→\overrightarrow{OG}, OB→\overrightarrow{OB} et DE→\overrightarrow{DE} ne sont pas coplanaires

Calculons enfin OG=42+42+42=48=43OG=\sqrt{4^{2}+4^{2}+4^{2}}=\sqrt{48}=4\sqrt{3} : la grande diagonale d'un cube de côté 44 mesure 434\sqrt{3}.

Math & Co — Descartes, quand l'algèbre rencontre la géométrie

En 16371637, le philosophe et mathématicien français René Descartes publie La Géométrie, en annexe de son Discours de la méthode. L'idée est simple mais bouleversante : repérer chaque point par des nombres (des coordonnées), pour transformer tout problème de géométrie en un calcul algébrique. Cette fusion porte aujourd'hui le nom de géométrie analytique, ou encore de « coordonnées cartésiennes » en son honneur.

Descartes ne travaillait qu'avec deux dimensions ; l'extension à l'espace, avec trois coordonnées, se généralise naturellement au XVIIIe siècle. C'est ce même principe — remplacer une figure par des nombres — que tu utilises dans tout ce chapitre.

2Produit scalaire dans l'espace

Le produit scalaire, outil central du chapitre sur les vecteurs du plan, se généralise sans surprise à l'espace : c'est encore un outil qui transforme des questions d'angle et d'orthogonalité en simples calculs de coordonnées.

Définition

Soient u⃗(x ;y ;z)\vec{u}(x\,;y\,;z) et v⃗(x′ ;y′ ;z′)\vec{v}(x'\,;y'\,;z') deux vecteurs de l'espace, dans un repère orthonormé. Le produit scalaire de u⃗\vec{u} et v⃗\vec{v}, noté u⃗⋅v⃗\vec{u}\cdot\vec{v}, est le nombre réel :

u⃗⋅v⃗=xx′+yy′+zz′\vec{u}\cdot\vec{v}=xx'+yy'+zz'

Attention

Le produit scalaire de deux vecteurs est un nombre (un scalaire), jamais un vecteur. L'écriture u⃗⋅v⃗⋅w⃗\vec{u}\cdot\vec{v}\cdot\vec{w} n'a donc aucun sens : on ne peut pas « enchaîner » trois produits scalaires comme une multiplication ordinaire.

Propriété

Pour tous vecteurs u⃗,v⃗,w⃗\vec{u},\vec{v},\vec{w} et tout réel kk :

  • symétrie : u⃗⋅v⃗=v⃗⋅u⃗\vec{u}\cdot\vec{v}=\vec{v}\cdot\vec{u} ;
  • bilinéarité : u⃗⋅(v⃗+w⃗)=u⃗⋅v⃗+u⃗⋅w⃗\vec{u}\cdot(\vec{v}+\vec{w})=\vec{u}\cdot\vec{v}+\vec{u}\cdot\vec{w} et (ku⃗)⋅v⃗=k(u⃗⋅v⃗)(k\vec{u})\cdot\vec{v}=k(\vec{u}\cdot\vec{v}) ;
  • carré scalaire : u⃗⋅u⃗=∥u⃗∥2\vec{u}\cdot\vec{u}=\lVert\vec{u}\rVert^{2} ;
  • si θ\theta est une mesure de l'angle géométrique (u⃗,v⃗)\bigl(\vec{u},\vec{v}\bigr), alors u⃗⋅v⃗=∥u⃗∥×∥v⃗∥×cos⁡θ\vec{u}\cdot\vec{v}=\lVert\vec{u}\rVert\times\lVert\vec{v}\rVert\times\cos\theta.
Théorème — critère d'orthogonalité

Deux vecteurs u⃗\vec{u} et v⃗\vec{v} (non nuls) sont orthogonaux si, et seulement si, u⃗⋅v⃗=0\vec{u}\cdot\vec{v}=0.

Ce critère, purement calculatoire, est la clé de toute la seconde moitié du chapitre : c'est lui qui permettra de fabriquer un vecteur normal à un plan, sans avoir besoin de le « voir ».

Exemple — calculer un produit scalaire

On donne u⃗(2 ;−1 ;3)\vec{u}(2\,;-1\,;3) et v⃗(1 ;4 ;−1)\vec{v}(1\,;4\,;-1).

  1. u⃗⋅v⃗=2×1+(−1)×4+3×(−1)\vec{u}\cdot\vec{v}=2\times1+(-1)\times4+3\times(-1)
  2. ==2−4−32-4-3
  3. ==−5-5

Comme u⃗⋅v⃗≠0\vec{u}\cdot\vec{v}\neq0, les vecteurs u⃗\vec{u} et v⃗\vec{v} ne sont pas orthogonaux.

Exemple — trouver une coordonnée inconnue

Détermine le réel mm pour que u⃗(3 ;m ;−2)\vec{u}(3\,;m\,;-2) et v⃗(1 ;5 ;4)\vec{v}(1\,;5\,;4) soient orthogonaux.

  1. u⃗⋅v⃗=0\vec{u}\cdot\vec{v}=0
  2.   ⟺  \iff3×1+m×5+(−2)×4=03\times1+m\times5+(-2)\times4=0
  3.   ⟺  \iff3+5m−8=03+5m-8=0
  4.   ⟺  \iff5m=55m=5
  5.   ⟺  \iffm=1m=1

3Représentations paramétriques d'une droite

Dans le plan, une droite avait une équation unique. Dans l'espace, une droite est une intersection de deux plans : elle n'a donc pas d'équation cartésienne simple à elle seule. On la décrit autrement, en balayant tous ses points à l'aide d'un paramètre tt.

Définition

Soit A(x0 ;y0 ;z0)A(x_0\,;y_0\,;z_0) un point et u⃗(a ;b ;c)\vec{u}(a\,;b\,;c) un vecteur non nul. La droite (D)(D) passant par AA et de vecteur directeur u⃗\vec{u} est l'ensemble des points M(x ;y ;z)M(x\,;y\,;z) tels que AM→=tu⃗\overrightarrow{AM}=t\vec{u} pour un réel tt. Cela équivaut au système, appelé représentation paramétrique de (D)(D) :

{x=x0+tay=y0+tbz=z0+tc(t∈R)\begin{cases}x=x_0+ta\\y=y_0+tb\\z=z_0+tc\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R})

Propriété

Un vecteur u⃗ ′\vec{u}\,' est aussi vecteur directeur de (D)(D) si, et seulement si, u⃗ ′\vec{u}\,' est colinéaire à u⃗\vec{u} : une droite admet une infinité de représentations paramétriques, toutes équivalentes.

Attention — piège classique du bac

Pour vérifier qu'un point M(x1 ;y1 ;z1)M(x_1\,;y_1\,;z_1) appartient à (D)(D), il faut trouver une valeur de tt qui vérifie les trois équations à la fois. Une erreur très fréquente consiste à résoudre chaque équation séparément et à en déduire trois valeurs de tt différentes sans les comparer : si elles ne sont pas égales, le point n'appartient pas à la droite.

xyz O A M u (D)
Figure 2 — La droite (D)(D) passant par A(1 ;0 ;1)A(1\,;0\,;1), de vecteur directeur u⃗(1 ;1 ;1)\vec{u}(1\,;1\,;1) : {x=1+ty=tz=1+t\begin{cases}x=1+t\\y=t\\z=1+t\end{cases}. Le point MM marqué correspond à t=2t=2, soit M(3 ;2 ;3)M(3\,;2\,;3).
Méthode — représentation paramétrique à partir de deux points

Pour écrire une représentation paramétrique de la droite (AB)(AB), on prend u⃗=AB→\vec{u}=\overrightarrow{AB} comme vecteur directeur et l'un des deux points, par exemple AA, comme point de passage.

Exemple — écrire puis exploiter une représentation paramétrique

On considère la droite (D)(D) passant par A(1 ;0 ;1)A(1\,;0\,;1) et de vecteur directeur u⃗(1 ;1 ;1)\vec{u}(1\,;1\,;1) (figure 2).

  1. (D):{x=1+ty=tz=1+t (t∈R)(D):\begin{cases}x=1+t\\y=t\\z=1+t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R})

Le point N(4 ;3 ;4)N(4\,;3\,;4) appartient-il à (D)(D) ? Le point P(2 ;2 ;2)P(2\,;2\,;2) ?

  1. pour NN : 1+t=4⇒t=31+t=4\Rightarrow t=3 ; t=3t=3 ; 1+t=4⇒t=31+t=4\Rightarrow t=3
  2. doncles trois équations donnent t=3t=3 : N∈(D)N\in(D)
  3. pour PP : 1+t=2⇒t=11+t=2\Rightarrow t=1 ; t=2t=2 ; 1+t=2⇒t=11+t=2\Rightarrow t=1la deuxième équation impose t=2t=2
  4. doncles valeurs de tt ne sont pas toutes égales : P∉(D)P\notin(D)
Exemple — deux points définissant une droite

Écris une représentation paramétrique de la droite (EF)(EF) avec E(2 ;−1 ;0)E(2\,;-1\,;0) et F(0 ;3 ;5)F(0\,;3\,;5).

  1. EF→(0−2 ;3−(−1) ;5−0)=(−2 ;4 ;5)\overrightarrow{EF}(0-2\,;3-(-1)\,;5-0)=(-2\,;4\,;5)
  2. donc(EF):{x=2−2ty=−1+4tz=5t (t∈R)(EF):\begin{cases}x=2-2t\\y=-1+4t\\z=5t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R})

4Équation cartésienne d'un plan

Une droite du plan avait une équation ax+by+c=0ax+by+c=0 associée à un vecteur n⃗(a;b)\vec n(a;b) orthogonal à toutes ses directions : c'est ce même principe qui, dans l'espace, permet d'écrire l'équation d'un plan — à condition de trouver un vecteur orthogonal à tout le plan, et non plus seulement à une droite.

Définition

Un vecteur n⃗\vec n non nul est normal à un plan (P)(P) s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (P)(P) — donc, d'après le théorème de la base (§1.1), orthogonal à tous les vecteurs de (P)(P), en particulier à tout vecteur AM→\overrightarrow{AM} avec A,M∈(P)A,M\in(P).

Théorème — équation cartésienne d'un plan

Soit (P)(P) le plan passant par A(x0;y0;z0)A(x_0;y_0;z_0) et de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c). Un point M(x;y;z)M(x;y;z) appartient à (P)(P) si, et seulement si, ses coordonnées vérifient une équation de la forme :

ax+by+cz+d=0avec (a;b;c)≠(0;0;0)ax+by+cz+d=0\qquad\text{avec }(a;b;c)\neq(0;0;0)

Réciproquement, toute équation ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 avec (a;b;c)≠(0;0;0)(a;b;c)\neq(0;0;0) est l'équation d'un plan de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c).

Démonstration

Sens direct. Soit M(x;y;z)M(x;y;z) un point quelconque de l'espace.

  1. M∈(P)  ⟺  AM→⊥n⃗M\in(P)\iff\overrightarrow{AM}\perp\vec n (ou M=AM=A)
  2.   ⟺  \iffAM→⋅n⃗=0\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0
  3.   ⟺  \iffa(x−x0)+b(y−y0)+c(z−z0)=0a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0
  4.   ⟺  \iffax+by+cz−(ax0+by0+cz0)=0ax+by+cz-(ax_0+by_0+cz_0)=0

En posant d=−(ax0+by0+cz0)d=-(ax_0+by_0+cz_0), on obtient bien ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0.

Réciproque. Soit une équation ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 avec (a;b;c)≠(0;0;0)(a;b;c)\neq(0;0;0) ; supposons a≠0a\neq0 (les autres cas se traitent de même). Le point A0(−da ;0 ;0)A_0\left(-\dfrac{d}{a}\,;0\,;0\right) vérifie cette équation. Pour tout M(x;y;z)M(x;y;z) la vérifiant aussi, en soustrayant les deux égalités :

  1. a(x−xA0)+b(y−0)+c(z−0)=0a(x-x_{A_0})+b(y-0)+c(z-0)=0
  2.   ⟺  \iffA0M→⋅n⃗=0  ⟺  A0M→⊥n⃗\overrightarrow{A_0M}\cdot\vec n=0\iff\overrightarrow{A_0M}\perp\vec n

L'ensemble des points MM vérifiant l'équation est donc exactement le plan passant par A0A_0, de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c). C.Q.F.D.

Méthode — plan défini par trois points

Pour trouver l'équation du plan (ABC)(ABC), avec A,B,CA,B,C non alignés : on cherche un vecteur n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c) orthogonal à AB→\overrightarrow{AB} et à AC→\overrightarrow{AC} (système de deux équations à trois inconnues : on fixe une inconnue non nulle), puis on détermine dd à l'aide des coordonnées de AA.

Exemple — équation à partir d'un point et d'un vecteur normal

Plan (P)(P) passant par A(0;0;1)A(0;0;1), de vecteur normal n⃗(0;−1;1)\vec n(0;-1;1).

  1. 0(x−0)+(−1)(y−0)+1(z−1)=00(x-0)+(-1)(y-0)+1(z-1)=0
  2.   ⟺  \iff−y+z−1=0-y+z-1=0

D'où (P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0.

Exemple — plan défini par trois points

Retrouvons l'équation du plan passant par P1(0;0;1)P_1(0;0;1), P2(3;0;1)P_2(3;0;1) et P4(0;2;3)P_4(0;2;3).

  1. P1P2→(3;0;0)\overrightarrow{P_1P_2}(3;0;0) et P1P4→(0;2;2)\overrightarrow{P_1P_4}(0;2;2)
  2. n⃗(a;b;c)⋅P1P2→=0  ⟺  3a=0  ⟺  a=0\vec n(a;b;c)\cdot\overrightarrow{P_1P_2}=0\iff3a=0\iff a=0
  3. n⃗⋅P1P4→=0  ⟺  2b+2c=0  ⟺  b=−c\vec n\cdot\overrightarrow{P_1P_4}=0\iff2b+2c=0\iff b=-c
  4. on choisit c=1c=1, donc b=−1b=-1 : n⃗(0;−1;1)\vec n(0;-1;1)un paramètre libre, on fixe la valeur la plus simple
  5. équation −y+z+d=0-y+z+d=0, avec P1(0;0;1)P_1(0;0;1) : −0+1+d=0⇒d=−1-0+1+d=0\Rightarrow d=-1

On retrouve −y+z−1=0-y+z-1=0 : c'est exactement le plan de l'exemple précédent, ce qui est cohérent puisque AA, P2P_2 et P4P_4 lui appartiennent tous les trois.

Attention

Un triplet (a;b;c)=(0;0;0)(a;b;c)=(0;0;0) ne définit jamais un plan : l'équation 0x+0y+0z+d=00x+0y+0z+d=0 est soit toujours vraie (d=0d=0, ce n'est pas une condition sur MM), soit toujours fausse (d≠0d\neq0). Vérifie toujours que ton vecteur normal n'est pas nul avant de conclure.

5Vecteur normal

Le vecteur normal n'est pas seulement un outil de calcul : il code à lui seul l'orientation du plan. Deux plans de même orientation ont des vecteurs normaux colinéaires ; deux plans « perpendiculaires » ont des vecteurs normaux orthogonaux. C'est ce qui permet de comparer des plans sans les tracer.

Propriété

Un plan (P)(P) admet une infinité de vecteurs normaux : ce sont exactement les vecteurs colinéaires à l'un d'entre eux (tout multiple non nul kn⃗k\vec n reste orthogonal aux mêmes vecteurs).

Propriété — comparer deux plans par leurs normales

Soient (P)(P) de vecteur normal n⃗\vec n et (P′)(P') de vecteur normal n⃗ ′\vec n\,'.

  • (P)∥(P′)(P)\parallel(P') (au sens large, plans confondus ou strictement parallèles)   ⟺  \iff n⃗\vec n et n⃗ ′\vec n\,' sont colinéaires ;
  • (P)⊥(P′)(P)\perp(P')   ⟺  \iff n⃗⋅n⃗ ′=0\vec n\cdot\vec n\,'=0.
Définition — droite orthogonale à un plan

Une droite est orthogonale à un plan (P)(P) si l'un de ses vecteurs directeurs est colinéaire au vecteur normal n⃗\vec n de (P)(P). Une telle droite est alors orthogonale à toute droite du plan, pas seulement à une direction particulière.

A H B n (P)
Figure 3 — Le plan (P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0, de vecteur normal n⃗(0;−1;1)\vec n(0;-1;1), passant par A(0;0;1)A(0;0;1). La droite (AB′)(AB') orthogonale à (P)(P), tracée à partir du point extérieur B(1,5;3;0)B(1{,}5;3;0), coupe le plan au point H(1,5;1;2)H(1{,}5;1;2) et prolonge la direction de n⃗\vec n.
Exemple — comparer deux plans

(P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0 a pour normal n⃗(0;−1;1)\vec n(0;-1;1). Comparons-le à (Q):x+y−2=0(Q):x+y-2=0, de normal n⃗ ′(1;1;0)\vec n\,'(1;1;0), puis à (R):2y−2z+3=0(R):2y-2z+3=0, de normal n⃗ ′′(0;2;−2)\vec n\,''(0;2;-2).

  1. n⃗⋅n⃗ ′=0×1+(−1)×1+1×0=−1≠0\vec n\cdot\vec n\,'=0\times1+(-1)\times1+1\times0=-1\neq0
  2. donc(P)(P) et (Q)(Q) ne sont pas perpendiculaires ; comme n⃗,n⃗ ′\vec n,\vec n\,' ne sont pas colinéaires non plus, ils sont sécants
  3. n⃗ ′′=2×(0;−1;1)=2n⃗\vec n\,''=2\times(0;-1;1)=2\vec ncolinéaire à n⃗\vec n
  4. donc(P)∥(R)(P)\parallel(R)
Exemple — droite orthogonale à un plan

Donne une représentation paramétrique de la droite orthogonale à (P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0 passant par B(1,5;3;0)B(1{,}5;3;0).

  1. vecteur directeur n⃗(0;−1;1)\vec n(0;-1;1)colinéaire au vecteur normal de (P)(P)
  2. donc{x=1,5y=3−tz=t (t∈R)\begin{cases}x=1{,}5\\y=3-t\\z=t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R})
Math & Co — Monge et la géométrie descriptive

Gaspard Monge (1746-1818), fils d'un marchand ambulant devenu l'un des plus grands savants français, met au point vers 1765 la géométrie descriptive : une méthode pour représenter des objets de l'espace par leurs projections sur deux plans perpendiculaires. L'armée française classe sa méthode « secret militaire » pendant des années, tant elle facilite la conception des fortifications.

Monge devient en 1794 l'un des fondateurs de l'École polytechnique, où il enseigne sa géométrie. Le vecteur normal que tu utilises pour écrire l'équation d'un plan est l'héritier direct de ces travaux : il code exactement l'information d'orientation qu'un plan de coupe descriptif cherchait à représenter.

6Positions relatives, distances et angles

Avec un vecteur directeur pour les droites et un vecteur normal pour les plans, tu disposes maintenant de tout ce qu'il faut pour classer, sans le moindre dessin, la position relative de deux objets de l'espace, puis pour mesurer une distance.

6.1  Droite et plan

Propriété

Soit (D)(D) de vecteur directeur u⃗\vec u, et (P)(P) de vecteur normal n⃗\vec n.

  • si u⃗⋅n⃗≠0\vec u\cdot\vec n\neq0 : (D)(D) est sécante à (P)(P) en un unique point ;
  • si u⃗⋅n⃗=0\vec u\cdot\vec n=0 et qu'un point de (D)(D) appartient à (P)(P) : (D)(D) est incluse dans (P)(P) ;
  • si u⃗⋅n⃗=0\vec u\cdot\vec n=0 et qu'aucun point de (D)(D) n'appartient à (P)(P) : (D)(D) est strictement parallèle à (P)(P).
Méthode — intersection d'une droite et d'un plan

On remplace x,y,zx,y,z dans l'équation de (P)(P) par les expressions paramétrées de (D)(D), on résout l'équation obtenue en tt, puis on reporte la valeur trouvée dans la représentation paramétrique.

Exemple

Intersection de (D2):{x=2+ty=2z=2+t(D_2):\begin{cases}x=2+t\\y=2\\z=2+t\end{cases} et de (P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0.

  1. −2+(2+t)−1=0-2+(2+t)-1=0
  2.   ⟺  \ifft−1=0t-1=0
  3.   ⟺  \ifft=1t=1

Pour t=1t=1 : x=3x=3, y=2y=2, z=3z=3. (D2)(D_2) coupe (P)(P) au point unique (3;2;3)(3;2;3).

6.2  Deux plans

Propriété

Soient (P)(P) de normal n⃗\vec n et (P′)(P') de normal n⃗ ′\vec n\,'. Si n⃗,n⃗ ′\vec n,\vec n\,' sont colinéaires, les plans sont parallèles (confondus, ou strictement parallèles s'ils n'ont aucun point commun). Sinon, ils sont sécants : leur intersection est une droite.

Méthode — intersection de deux plans sécants

On résout le système formé par les deux équations cartésiennes (deux équations, trois inconnues) : on exprime deux des coordonnées en fonction de la troisième, prise comme paramètre. On obtient ainsi une représentation paramétrique de la droite d'intersection.

Exemple — deux plans sécants

(P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0 et (Q):x+y−2=0(Q):x+y-2=0.

  1. on pose y=ty=t
  2. (Q)⇒x=2−t(Q)\Rightarrow x=2-t
  3. (P)⇒z=1+t(P)\Rightarrow z=1+t

D'où (P)∩(Q)=(Δ):{x=2−ty=tz=1+t (t∈R)(P)\cap(Q)=(\Delta):\begin{cases}x=2-t\\y=t\\z=1+t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R}).

Exemple — deux plans strictement parallèles

(P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0 et (R):y−z+5=0(R):y-z+5=0.

  1. n⃗ ′′(0;1;−1)=−n⃗\vec n\,''(0;1;-1)=-\vec ncolinéaire à n⃗(0;−1;1)\vec n(0;-1;1)
  2. donc(P)∥(R)(P)\parallel(R)
  3. A(0;0;1)∈(P)A(0;0;1)\in(P) : 0−1+5=4≠00-1+5=4\neq0A∉(R)A\notin(R)
  4. donc(P)(P) et (R)(R) sont strictement parallèles

6.3  Deux droites de l'espace

Attention — un cas qui n'existe pas dans le plan

Dans le plan, deux droites sont toujours soit parallèles, soit sécantes. Dans l'espace apparaît un troisième cas, propre à trois dimensions : deux droites peuvent n'être ni parallèles ni sécantes. On dit qu'elles sont non coplanaires (ou « gauches ») : elles ne se rencontrent jamais, sans pour autant garder la même direction — comme deux couloirs qui se croisent à des étages différents d'un bâtiment.

Propriété

Soient (D)(D) de vecteur directeur u⃗\vec u et (D′)(D') de vecteur directeur u⃗ ′\vec u\,'. Si u⃗,u⃗ ′\vec u,\vec u\,' sont colinéaires, les droites sont parallèles. Sinon, on cherche un point commun en résolvant le système correspondant : s'il existe, les droites sont sécantes ; sinon, elles sont non coplanaires.

Exemple — droites non coplanaires

(D1)(D_1) passe par A(1;0;1)A(1;0;1), de vecteur directeur u⃗(1;1;1)\vec u(1;1;1) ; (D2)(D_2) passe par S(0;2;0)S(0;2;0), de vecteur directeur w⃗(1;−1;2)\vec w(1;-1;2).

  1. u⃗\vec u et w⃗\vec w ne sont pas colinéairespas de kk tel que 1=k, 1=−k, 1=2k1=k,\,1=-k,\,1=2k à la fois
  2. point commun : 1+t=t′ ; t=2−t′ ; 1+t=2t′1+t=t'\ ;\ t=2-t'\ ;\ 1+t=2t'
  3. des deux premières équations : t′=1+tt'=1+t et t=2−t′=1−t⇒t=0,5, t′=1,5t=2-t'=1-t\Rightarrow t=0{,}5,\ t'=1{,}5
  4. report dans la 3ᵉ équation : 1+0,5=1,51+0{,}5=1{,}5 mais 2t′=32t'=3
  5. ⇒\Rightarrow1,5≠31{,}5\neq3 : aucune solution commune

(D1)(D_1) et (D2)(D_2) ne sont ni parallèles ni sécantes : elles sont non coplanaires.

6.4  Projection orthogonale et distance à un plan

Définition

Le projeté orthogonal d'un point MM sur un plan (P)(P) est le point HH, intersection de (P)(P) et de la droite passant par MM orthogonale à (P)(P). La distance de MM à (P)(P), notée d(M,(P))d(M,(P)), est alors la longueur MHMH : c'est la plus courte distance entre MM et un point de (P)(P).

Théorème — distance d'un point à un plan

Soit (P):ax+by+cz+d=0(P):ax+by+cz+d=0 et M(xM;yM;zM)M(x_M;y_M;z_M). Alors :

d(M,(P))=∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2d\bigl(M,(P)\bigr)=\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}

Démonstration

Notons HH le projeté orthogonal de MM sur (P)(P), de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c). Comme (MH)(MH) est orthogonale à (P)(P), MH→\overrightarrow{MH} est colinéaire à n⃗\vec n : il existe un réel tt tel que MH→=tn⃗\overrightarrow{MH}=t\vec n, donc HH a pour coordonnées (xM+ta ; yM+tb ; zM+tc)(x_M+ta\,;\,y_M+tb\,;\,z_M+tc).

  1. H∈(P)  ⟺  a(xM+ta)+b(yM+tb)+c(zM+tc)+d=0H\in(P)\iff a(x_M+ta)+b(y_M+tb)+c(z_M+tc)+d=0
  2.   ⟺  \ifft(a2+b2+c2)=−(axM+byM+czM+d)t\bigl(a^{2}+b^{2}+c^{2}\bigr)=-(ax_M+by_M+cz_M+d)
  3.   ⟺  \ifft=−(axM+byM+czM+d)a2+b2+c2t=\dfrac{-(ax_M+by_M+cz_M+d)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}

Or MH=∥MH→∥=∣t∣×∥n⃗∥=∣t∣×a2+b2+c2MH=\lVert\overrightarrow{MH}\rVert=\lvert t\rvert\times\lVert\vec n\rVert=\lvert t\rvert\times\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}. En reportant la valeur de tt :

  1. MH=∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2×a2+b2+c2MH=\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\times\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}
  2. ==∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}on simplifie une puissance de la racine

C.Q.F.D.

H M d (P)
Figure 4 — Distance du point M(1,5;3;0)M(1{,}5;3;0) au plan (P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0 : le segment [MH][MH], perpendiculaire à (P)(P), mesure d(M,(P))=22d\bigl(M,(P)\bigr)=2\sqrt2.
Exemple — calcul et vérification complète

Calculons d(M,(P))d(M,(P)) pour M(1,5;3;0)M(1{,}5;3;0) et (P):−y+z−1=0(P):-y+z-1=0, puis retrouvons HH directement.

  1. d(M,(P))=∣0×1,5−1×3+1×0−1∣02+(−1)2+12d(M,(P))=\dfrac{\lvert0\times1{,}5-1\times3+1\times0-1\rvert}{\sqrt{0^{2}+(-1)^{2}+1^{2}}}
  2. ==∣−4∣2=42=22\dfrac{\lvert-4\rvert}{\sqrt2}=\dfrac{4}{\sqrt2}=2\sqrt2

Vérifions avec la droite orthogonale à (P)(P) passant par MM, de représentation paramétrique {x=1,5y=3−tz=t\begin{cases}x=1{,}5\\y=3-t\\z=t\end{cases} (voir §5).

  1. −(3−t)+t−1=0-(3-t)+t-1=0
  2.   ⟺  \iff2t−4=0  ⟺  t=22t-4=0\iff t=2
  3. ⇒\RightarrowH(1,5;1;2)H(1{,}5;1;2)
  4. MH=02+(3−1)2+(0−2)2=8=22MH=\sqrt{0^{2}+(3-1)^{2}+(0-2)^{2}}=\sqrt{8}=2\sqrt2

Les deux méthodes donnent bien le même résultat.

7Sphère

La sphère est l'analogue, dans l'espace, du cercle dans le plan : l'ensemble des points situés à une distance fixée d'un centre. Grâce à la formule de distance du §1.2, son équation s'écrit immédiatement.

7.1  Équation d'une sphère

Définition

La sphère de centre Ω(a;b;c)\Omega(a;b;c) et de rayon R>0R>0 est l'ensemble des points MM tels que ΩM=R\Omega M=R. Son équation cartésienne est :

(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2}=R^{2}

Méthode — reconnaître une sphère (équation développée)

Quand l'équation est développée, on regroupe les termes en xx, en yy, en zz, puis on complète chaque carré. Si le second membre obtenu est strictement positif, c'est une sphère ; s'il est nul, un seul point ; s'il est négatif, l'ensemble est vide.

Exemple — équation directe

Sphère de centre Ω(2;2;2)\Omega(2;2;2) et de rayon 33 : (x−2)2+(y−2)2+(z−2)2=9(x-2)^{2}+(y-2)^{2}+(z-2)^{2}=9.

Exemple — compléter le carré

Reconnaissons l'ensemble d'équation x2+y2+z2−4x+2y−6=0x^{2}+y^{2}+z^{2}-4x+2y-6=0.

  1. x2−4x=(x−2)2−4x^{2}-4x=(x-2)^{2}-4
  2. y2+2y=(y+1)2−1y^{2}+2y=(y+1)^{2}-1
  3. (x−2)2−4+(y+1)2−1+z2−6=0(x-2)^{2}-4+(y+1)^{2}-1+z^{2}-6=0
  4.   ⟺  \iff(x−2)2+(y+1)2+z2=11(x-2)^{2}+(y+1)^{2}+z^{2}=11

Comme 11>011>0, c'est la sphère de centre Ω(2;−1;0)\Omega(2;-1;0) et de rayon R=11R=\sqrt{11}.

Attention

Si le nombre obtenu après complétion du carré est négatif, l'équation ne définit aucun point de l'espace (une somme de carrés ne peut pas être négative) : ce n'est pas une sphère « de rayon imaginaire », c'est l'ensemble vide.

7.2  Intersection d'une sphère et d'un plan

Théorème

Soit S\mathcal{S} la sphère de centre Ω\Omega et de rayon RR, et (P)(P) un plan. Notons d=d(Ω,(P))d=d(\Omega,(P)) et HH le projeté orthogonal de Ω\Omega sur (P)(P).

  • si d>Rd>R : S∩(P)=∅\mathcal{S}\cap(P)=\varnothing ;
  • si d=Rd=R : (P)(P) est tangente à S\mathcal{S} en l'unique point HH ;
  • si d<Rd<R : S∩(P)\mathcal{S}\cap(P) est le cercle de centre HH et de rayon r=R2−d2r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}.
Démonstration — cas d<Rd<R

Soit MM un point de (P)(P). Le triangle ΩHM\Omega HM est rectangle en HH (car (ΩH)⊥(P)(\Omega H)\perp(P), donc (ΩH)⊥(HM)(\Omega H)\perp(HM)). Le théorème de Pythagore donne ΩM2=ΩH2+HM2=d2+HM2\Omega M^{2}=\Omega H^{2}+HM^{2}=d^{2}+HM^{2}.

  1. M∈S  ⟺  ΩM=R  ⟺  ΩM2=R2M\in\mathcal S\iff\Omega M=R\iff\Omega M^{2}=R^{2}
  2.   ⟺  \iffd2+HM2=R2d^{2}+HM^{2}=R^{2}
  3.   ⟺  \iffHM2=R2−d2HM^{2}=R^{2}-d^{2}
  4.   ⟺  \iffHM=R2−d2HM=\sqrt{R^{2}-d^{2}}car d<Rd<R donc R2−d2>0R^2-d^2>0, et une longueur est positive

Les points de S∩(P)\mathcal S\cap(P) sont donc exactement les points de (P)(P) situés à une distance r=R2−d2r=\sqrt{R^2-d^2} de HH : c'est le cercle de centre HH et de rayon rr. C.Q.F.D.

Ω d r R
Figure 5 — La sphère de centre Ω(2;2;2)\Omega(2;2;2) et de rayon R=3R=3, coupée par le plan horizontal d'équation z=3,5z=3{,}5. Comme d=d(Ω,(P))=1,5<Rd=d(\Omega,(P))=1{,}5<R, l'intersection est le cercle vert de rayon r=R2−d2=332≈2,6r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\dfrac{3\sqrt3}{2}\approx2{,}6.
Exemple — intersection sphère-plan

Sphère S\mathcal S de centre Ω(2;2;2)\Omega(2;2;2), rayon R=3R=3 ; plan (P):z=3,5(P):z=3{,}5.

  1. n⃗(0;0;1)\vec n(0;0;1) normal à (P)(P)
  2. d(Ω,(P))=∣0×2+0×2+1×2−3,5∣02+02+12=1,5d(\Omega,(P))=\dfrac{\lvert0\times2+0\times2+1\times2-3{,}5\rvert}{\sqrt{0^2+0^2+1^2}}=1{,}5
  3. 1,5<31{,}5<3donc intersection non vide, c'est un cercle
  4. r=R2−d2=9−2,25=6,75=274r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{9-2{,}25}=\sqrt{6{,}75}=\sqrt{\dfrac{27}{4}}
  5. ==332≈2,6\dfrac{3\sqrt3}{2}\approx2{,}6

Le centre du cercle est le projeté orthogonal de Ω\Omega sur (P)(P), soit H(2;2;3,5)H(2;2;3{,}5).

Math & Co — Archimède et la sphère

Archimède de Syracuse (vers −287-287 à −212-212) considérait comme sa plus belle découverte le rapport entre le volume d'une sphère et celui du cylindre qui la contient exactement (même rayon, même hauteur) : ce rapport vaut 23\dfrac{2}{3}, pour les volumes comme pour les surfaces. Selon Cicéron, qui retrouva sa tombe deux siècles plus tard en Sicile, Archimède avait demandé qu'on y grave une sphère inscrite dans un cylindre, en souvenir de ce résultat.

Archimède mourut lors du sac de Syracuse par les Romains, tué par un soldat alors qu'il étudiait, dit-on, une figure de géométrie tracée dans le sable.

Fiche mémo

  • Colinéaires : v⃗=ku⃗\vec v=k\vec u. Coplanaires : w⃗=au⃗+bv⃗\vec w=a\vec u+b\vec v. Base de l'espace : trois vecteurs non coplanaires.
  • Distance : AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}.
  • Produit scalaire : u⃗⋅v⃗=xx′+yy′+zz′\vec u\cdot\vec v=xx'+yy'+zz' ; orthogonaux   ⟺  u⃗⋅v⃗=0\iff\vec u\cdot\vec v=0.
  • Droite (D)(D) : point AA + vecteur directeur u⃗(a;b;c)\vec u(a;b;c) ⇒{x=x0+tay=y0+tbz=z0+tc\Rightarrow\begin{cases}x=x_0+ta\\y=y_0+tb\\z=z_0+tc\end{cases}.
  • Vecteur normal n⃗\vec n à un plan : orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan.
  • Équation de plan : ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0, de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c).
  • Deux plans parallèles   ⟺  \iff normaux colinéaires. Deux plans perpendiculaires   ⟺  n⃗⋅n⃗ ′=0\iff\vec n\cdot\vec n\,'=0.
  • (D)∥(P)  ⟺  u⃗⋅n⃗=0(D)\parallel(P)\iff\vec u\cdot\vec n=0 (incluse si en plus un point commun, strictement parallèle sinon).
  • Deux droites : colinéaires ⇒\Rightarrow parallèles ; sinon sécantes (point commun) ou non coplanaires (spécifique à l'espace).
  • Distance point-plan : d(M,(P))=∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2d(M,(P))=\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.
  • Sphère de centre Ω(a;b;c)\Omega(a;b;c), rayon RR : (x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2.
  • Sphère ∩\cap plan, avec d=d(Ω,(P))d=d(\Omega,(P)) : d>R⇒∅d>R\Rightarrow\varnothing ; d=R⇒d=R\Rightarrow tangence ; d<R⇒d<R\Rightarrow cercle de rayon r=R2−d2r=\sqrt{R^2-d^2}.

8Exercices corrigés

Quinze exercices, du réflexe de cours au problème type bac, pour t'entraîner sur chaque outil du chapitre. Cherche avant de regarder le corrigé : c'est en bloquant, puis en comprenant pourquoi, que l'on progresse le plus vite.

Niveau 1 — Application directe
1

On donne A(1;−2;3)A(1;-2;3) et B(4;0;−1)B(4;0;-1). Détermine les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB}, calcule ABAB, puis donne les coordonnées du milieu II de [AB][AB].

Voir le corrigé détaillé
  1. AB→(4−1 ;0−(−2) ;−1−3)=(3;2;−4)\overrightarrow{AB}(4-1\,;0-(-2)\,;-1-3)=(3;2;-4)
  2. AB=32+22+(−4)2=9+4+16AB=\sqrt{3^{2}+2^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{9+4+16}
  3. ==29\sqrt{29}
  4. I(1+42 ;−2+02 ;3−12)I\left(\dfrac{1+4}{2}\,;\dfrac{-2+0}{2}\,;\dfrac{3-1}{2}\right)
  5. ==I(2,5;−1;1)I(2{,}5;-1;1)
2

Les vecteurs u⃗(2;−3;1)\vec u(2;-3;1) et v⃗(4;1;−5)\vec v(4;1;-5) sont-ils orthogonaux ?

Voir le corrigé détaillé
  1. u⃗⋅v⃗=2×4+(−3)×1+1×(−5)\vec u\cdot\vec v=2\times4+(-3)\times1+1\times(-5)
  2. ==8−3−58-3-5
  3. ==00

Comme u⃗⋅v⃗=0\vec u\cdot\vec v=0, les vecteurs u⃗\vec u et v⃗\vec v sont orthogonaux.

3

Donne une représentation paramétrique de la droite (D)(D) passant par A(2;1;−1)A(2;1;-1), de vecteur directeur u⃗(3;−1;2)\vec u(3;-1;2). Le point N(8;−1;3)N(8;-1;3) appartient-il à (D)(D) ?

Voir le corrigé détaillé
  1. (D):{x=2+3ty=1−tz=−1+2t (t∈R)(D):\begin{cases}x=2+3t\\y=1-t\\z=-1+2t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R})
  2. pour NN : 2+3t=8⇒t=22+3t=8\Rightarrow t=2 ; 1−t=−1⇒t=21-t=-1\Rightarrow t=2 ; −1+2t=3⇒t=2-1+2t=3\Rightarrow t=2

Les trois équations donnent la même valeur t=2t=2 : N∈(D)N\in(D).

4

Donne l'équation cartésienne du plan (P)(P) passant par A(1;2;0)A(1;2;0), de vecteur normal n⃗(2;−1;3)\vec n(2;-1;3).

Voir le corrigé détaillé
  1. 2(x−1)−1(y−2)+3(z−0)=02(x-1)-1(y-2)+3(z-0)=0
  2.   ⟺  \iff2x−2−y+2+3z=02x-2-y+2+3z=0
  3.   ⟺  \iff2x−y+3z=02x-y+3z=0
5

Calcule la distance du point M(1;2;3)M(1;2;3) au plan (P):x+2y−2z+5=0(P):x+2y-2z+5=0.

Voir le corrigé détaillé
  1. d(M,(P))=∣1×1+2×2−2×3+5∣12+22+(−2)2d(M,(P))=\dfrac{\lvert1\times1+2\times2-2\times3+5\rvert}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+(-2)^{2}}}
  2. ==∣1+4−6+5∣9=43\dfrac{\lvert1+4-6+5\rvert}{\sqrt{9}}=\dfrac{4}{3}
Niveau 2 — Approfondissement
6

Les vecteurs u⃗(1;2;−1)\vec u(1;2;-1), v⃗(0;1;3)\vec v(0;1;3) et w⃗(2;3;−5)\vec w(2;3;-5) sont-ils coplanaires ?

Voir le corrigé détaillé

On cherche a,b∈Ra,b\in\mathbb{R} tels que w⃗=au⃗+bv⃗\vec w=a\vec u+b\vec v.

  1. sur xx : 2=a2=aseul u⃗\vec u a une composante en xx
  2. sur yy : 3=2a+b=4+b⇒b=−13=2a+b=4+b\Rightarrow b=-1
  3. on teste sur zz : a×(−1)+b×3=2×(−1)+(−1)×3=−5a\times(-1)+b\times3=2\times(-1)+(-1)\times3=-5

Cela correspond bien à la troisième coordonnée de w⃗\vec w (−5-5) : w⃗=2u⃗−v⃗\vec w=2\vec u-\vec v. Les trois vecteurs sont coplanaires.

7

Étudie la position relative de (D)(D), passant par A(0;1;2)A(0;1;2) de vecteur directeur u⃗(1;0;1)\vec u(1;0;1), et de (D′)(D'), passant par B(2;1;4)B(2;1;4) de vecteur directeur v⃗(0;1;−1)\vec v(0;1;-1).

Voir le corrigé détaillé
  1. u⃗\vec u et v⃗\vec v ne sont pas colinéairesaucune coordonnée de u⃗\vec u n'est nulle deux fois comme celles de v⃗\vec v
  2. point commun : t=2 ; 1=1+s ; 2+t=4−st=2\ ;\ 1=1+s\ ;\ 2+t=4-son égale les deux paramétrages, coordonnée par coordonnée
  3. de la 1ʳᵉ : t=2t=2 ; de la 2ᵉ : s=0s=0
  4. vérification sur zz : 2+2=42+2=4 et 4−0=44-0=4

Les deux équations sur zz coïncident : les droites sont sécantes, au point obtenu pour t=2t=2, soit (2;1;4)(2;1;4).

8

Détermine l'intersection des plans (P1):x+y−z−1=0(P_1):x+y-z-1=0 et (P2):x−y+z−3=0(P_2):x-y+z-3=0.

Voir le corrigé détaillé

Les vecteurs normaux n⃗1(1;1;−1)\vec n_1(1;1;-1) et n⃗2(1;−1;1)\vec n_2(1;-1;1) ne sont pas colinéaires : les plans sont sécants selon une droite. On pose z=tz=t.

  1. (P1)−(P2)(P_1)-(P_2) : 2y−2z+2=0⇒y=z−1=t−12y-2z+2=0\Rightarrow y=z-1=t-1
  2. (P1)(P_1) : x=1−y+z=1−(t−1)+tx=1-y+z=1-(t-1)+t
  3. ==22

D'où (P1)∩(P2):{x=2y=−1+tz=t (t∈R)(P_1)\cap(P_2):\begin{cases}x=2\\y=-1+t\\z=t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R}).

9

Soit la sphère S\mathcal S de centre Ω(1;1;1)\Omega(1;1;1) et de rayon R=5R=5, et le plan (P):x+2y+2z+4=0(P):x+2y+2z+4=0. Détermine S∩(P)\mathcal S\cap(P).

Voir le corrigé détaillé
  1. d(Ω,(P))=∣1+2+2+4∣12+22+22=93d(\Omega,(P))=\dfrac{\lvert1+2+2+4\rvert}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+2^{2}}}=\dfrac{9}{3}
  2. ==33
  3. 3<5=R3<5=Rl'intersection est un cercle
  4. r=R2−d2=25−9=16r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}
  5. ==44

S∩(P)\mathcal S\cap(P) est le cercle de centre HH (projeté orthogonal de Ω\Omega sur (P)(P)) et de rayon 44.

Niveau 3 — Type bac
10

Restitution organisée de connaissances. Soit (P):ax+by+cz+d=0(P):ax+by+cz+d=0 un plan de vecteur normal n⃗(a;b;c)\vec n(a;b;c), et M(xM;yM;zM)M(x_M;y_M;z_M) un point de l'espace. Démontre que :

d(M,(P))=∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2d(M,(P))=\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}

Tu introduiras le projeté orthogonal HH de MM sur (P)(P).

Voir le corrigé détaillé

Comme (MH)(MH) est orthogonale à (P)(P), MH→\overrightarrow{MH} est colinéaire à n⃗\vec n : il existe t∈Rt\in\mathbb{R} tel que MH→=tn⃗\overrightarrow{MH}=t\vec n, donc H(xM+ta ;yM+tb ;zM+tc)H(x_M+ta\,;y_M+tb\,;z_M+tc).

  1. H∈(P)  ⟺  a(xM+ta)+b(yM+tb)+c(zM+tc)+d=0H\in(P)\iff a(x_M+ta)+b(y_M+tb)+c(z_M+tc)+d=0
  2.   ⟺  \ifft(a2+b2+c2)=−(axM+byM+czM+d)t(a^{2}+b^{2}+c^{2})=-(ax_M+by_M+cz_M+d)
  3.   ⟺  \ifft=−(axM+byM+czM+d)a2+b2+c2t=\dfrac{-(ax_M+by_M+cz_M+d)}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}

Or MH=∥MH→∥=∣t∣×∥n⃗∥MH=\lVert\overrightarrow{MH}\rVert=\lvert t\rvert\times\lVert\vec n\rVert, donc :

  1. MH=∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2×a2+b2+c2MH=\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\times\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}
  2. ==∣axM+byM+czM+d∣a2+b2+c2\dfrac{\lvert ax_M+by_M+cz_M+d\rvert}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}simplification d'une puissance de la racine

Comme HH est unique et que MHMH est bien la plus petite distance de MM à un point de (P)(P), on a établi la formule. C.Q.F.D.

11

On considère les points A(2;0;0)A(2;0;0), B(0;2;0)B(0;2;0), C(0;0;2)C(0;0;2), le point S(3;3;3)S(3;3;3), et la droite (Δ′)(\Delta') passant par T(1;−1;4)T(1;-1;4), de vecteur directeur v⃗(2;−1;−1)\vec v(2;-1;-1).

  1. Montre que n⃗(1;1;1)\vec n(1;1;1) est normal au plan (ABC)(ABC), et donne son équation.
  2. Donne une représentation paramétrique de la droite (Δ)(\Delta) orthogonale à (ABC)(ABC) passant par SS, puis calcule d(S,(ABC))d(S,(ABC)).
  3. Étudie la position relative de (Δ′)(\Delta') et de (ABC)(ABC).
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. AB→(−2;2;0)\overrightarrow{AB}(-2;2;0) : n⃗⋅AB→=−2+2+0=0\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=-2+2+0=0
  2. AC→(−2;0;2)\overrightarrow{AC}(-2;0;2) : n⃗⋅AC→=−2+0+2=0\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=-2+0+2=0

n⃗\vec n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (ABC)(ABC) : il lui est normal.

  1. 1(x−2)+1(y−0)+1(z−0)=01(x-2)+1(y-0)+1(z-0)=0
  2.   ⟺  \iffx+y+z−2=0x+y+z-2=0

2.

  1. (Δ):{x=3+ty=3+tz=3+t (t∈R)(\Delta):\begin{cases}x=3+t\\y=3+t\\z=3+t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R})
  2. d(S,(ABC))=∣3+3+3−2∣12+12+12=73d(S,(ABC))=\dfrac{\lvert3+3+3-2\rvert}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\dfrac{7}{\sqrt3}
  3. ==733\dfrac{7\sqrt3}{3}

3.

  1. v⃗⋅n⃗=2×1+(−1)×1+(−1)×1=0\vec v\cdot\vec n=2\times1+(-1)\times1+(-1)\times1=0
  2. donc(Δ′)∥(ABC)(\Delta')\parallel(ABC)
  3. T∈(ABC)T\in(ABC) ? 1+(−1)+4−2=2≠01+(-1)+4-2=2\neq0donc T∉(ABC)T\notin(ABC)

(Δ′)(\Delta') est strictement parallèle à (ABC)(ABC).

12

On considère le tétraèdre ABCDABCD avec A(0;0;0)A(0;0;0), B(4;1;0)B(4;1;0), C(1;4;0)C(1;4;0), D(2;2;4)D(2;2;4) (unités arbitraires).

  1. Justifie que A,B,CA,B,C définissent un plan, et donne son équation.
  2. En utilisant le produit scalaire, calcule l'aire du triangle ABCABC.
  3. Calcule la distance de DD au plan (ABC)(ABC), puis le volume du tétraèdre ABCDABCD.
Voir le corrigé détaillé

1. AB→(4;1;0)\overrightarrow{AB}(4;1;0) et AC→(1;4;0)\overrightarrow{AC}(1;4;0) ne sont pas colinéaires (4/1≠1/44/1\neq1/4) : A,B,CA,B,C ne sont pas alignés, ils définissent un plan. Comme les trois points ont une cote nulle, ce plan est (ABC):z=0(ABC):z=0 (de vecteur normal k⃗(0;0;1)\vec k(0;0;1)).

2.

  1. AB→⋅AC→=4×1+1×4+0×0=8\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=4\times1+1\times4+0\times0=8
  2. AB=42+12=17 ; AC=12+42=17AB=\sqrt{4^{2}+1^{2}}=\sqrt{17}\ ;\ AC=\sqrt{1^{2}+4^{2}}=\sqrt{17}
  3. cos⁡(BAC^)=AB→⋅AC→AB×AC=817\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\times AC}=\dfrac{8}{17}
  4. sin⁡(BAC^)=1−(817)2=225289=1517\sin(\widehat{BAC})=\sqrt{1-\left(\dfrac{8}{17}\right)^{2}}=\sqrt{\dfrac{225}{289}}=\dfrac{15}{17}l'angle d'un triangle est dans ]0;π[]0;\pi[, son sinus est positif
  5. Aire(ABC)=12×AB×AC×sin⁡(BAC^)=12×17×1517(ABC)=\dfrac12\times AB\times AC\times\sin(\widehat{BAC})=\dfrac12\times17\times\dfrac{15}{17}
  6. ==7,57{,}5

3.

  1. d(D,(ABC))=∣0×2+0×2+1×4+0∣02+02+12=4d(D,(ABC))=\dfrac{\lvert0\times2+0\times2+1\times4+0\rvert}{\sqrt{0^{2}+0^{2}+1^{2}}}=4
  2. Volume=13×=\dfrac13\timesAire(ABC)×d(D,(ABC))=13×7,5×4(ABC)\times d(D,(ABC))=\dfrac13\times7{,}5\times4
  3. ==1010
A B C D h = 4
Figure 6 — Le tétraèdre ABCDABCD ; la base (ABC)(ABC) est dans le plan z=0z=0, les arêtes cachées [AC][AC], [BC][BC] et [CD][CD] sont en pointillés. hh est la hauteur issue de DD, construite en pointillés jusqu'à son pied dans (ABC)(ABC).
Niveau 4 — Problèmes de vie courante
13

Un pan de toit à Yaoundé. Dans un repère orthonormé de l'espace (unités en mètres, sol horizontal (xOy)(xOy)), un pan de toit rectangulaire passe par les points A(0;0;3)A(0;0;3), B(6;0;3)B(6;0;3) et C(0;4;5)C(0;4;5).

  1. Donne l'équation cartésienne du plan du toit.
  2. Un support d'antenne doit être fixé perpendiculairement au toit, au point AA. Donne une représentation paramétrique de cette droite.
  3. Une gouttière est prévue au point M(2;5;3)M(2;5;3). Calcule sa distance au plan du toit.
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. AB→(6;0;0)\overrightarrow{AB}(6;0;0) et AC→(0;4;2)\overrightarrow{AC}(0;4;2)
  2. n⃗(a;b;c)⋅AB→=0  ⟺  6a=0  ⟺  a=0\vec n(a;b;c)\cdot\overrightarrow{AB}=0\iff6a=0\iff a=0
  3. n⃗⋅AC→=0  ⟺  4b+2c=0  ⟺  c=−2b\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=0\iff4b+2c=0\iff c=-2b
  4. on choisit b=1b=1, donc c=−2c=-2 : n⃗(0;1;−2)\vec n(0;1;-2)
  5. 0(x−0)+1(y−0)−2(z−3)=00(x-0)+1(y-0)-2(z-3)=0
  6.   ⟺  \iffy−2z+6=0y-2z+6=0

2.

  1. vecteur directeur n⃗(0;1;−2)\vec n(0;1;-2)
  2. donc{x=0y=tz=3−2t (t∈R)\begin{cases}x=0\\y=t\\z=3-2t\end{cases}\ (t\in\mathbb{R})

3.

  1. d(M,toit)=∣0×2+1×5−2×3+6∣02+12+(−2)2d(M,\text{toit})=\dfrac{\lvert0\times2+1\times5-2\times3+6\rvert}{\sqrt{0^{2}+1^{2}+(-2)^{2}}}
  2. ==∣5−6+6∣5=55\dfrac{\lvert5-6+6\rvert}{\sqrt5}=\dfrac{5}{\sqrt5}
  3. ==5≈2,2 m\sqrt5\approx2{,}2\ \text{m}
14

Château d'eau à Ndjamena. Un château d'eau a la forme d'une sphère de rayon 66 m, dont le centre Ω\Omega est situé à 88 m au-dessus du sol, sur un pilier vertical : dans un repère où le sol est le plan (xOy)(xOy) et le pilier l'axe des cotes, Ω(0;0;8)\Omega(0;0;8). Une passerelle d'entretien circulaire est prévue tout autour du réservoir, à l'horizontale, à la hauteur z=11z=11 m.

  1. Justifie que le plan de la passerelle coupe bien la sphère.
  2. Calcule le rayon exact du cercle formé par cette intersection, puis sa valeur arrondie au dixième de mètre.
  3. Le pied du pilier, au sol, est au point (0;0;0)(0;0;0). Est-il à l'intérieur, sur, ou à l'extérieur de la sphère ?
Voir le corrigé détaillé

1. Le plan z=11z=11 a pour vecteur normal k⃗(0;0;1)\vec k(0;0;1).

  1. d(Ω,(z=11))=∣11−8∣=3d(\Omega,(z=11))=\lvert11-8\rvert=3
  2. 3<6=R3<6=R

Comme d<Rd<R, le plan coupe bien la sphère selon un cercle.

2.

  1. r=R2−d2=36−9=27r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}
  2. ==33 m3\sqrt3\ \text{m}
  3. ≈\approx5,2 m5{,}2\ \text{m}

3.

  1. Ω(0;0;0) —le pied— : ΩM=02+02+82=8\Omega(0;0;0)\,\text{—le pied—}\ :\ \Omega M=\sqrt{0^{2}+0^{2}+8^{2}}=8
  2. 8>6=R8>6=R

Le pied du pilier est à 88 m de Ω\Omega, donc à l'extérieur de la sphère (ce qui est cohérent : le réservoir est suspendu au-dessus du sol, il ne le touche pas).

15

Trajectoire d'un drone agricole à Bamako. Un drone de surveillance décolle du point D0(0;0;2)D_0(0;0;2) (22 m de hauteur) avec un vecteur vitesse constant v⃗(20;10;1)\vec v(20;10;1) (en mètres par seconde, tt en secondes). Une ligne électrique haute tension borde le champ ; sa projection verticale est modélisée par le plan (P):x+2y−40=0(P):x+2y-40=0.

  1. Donne une représentation paramétrique de la trajectoire du drone.
  2. Détermine si la trajectoire coupe le plan (P)(P) et, si oui, à quel instant tt et en quel point.
  3. Le vol dure 33 minutes. Le drone franchit-il la ligne électrique pendant ce vol ?
Voir le corrigé détaillé

1.

  1. {x=20ty=10tz=2+t (t⩾0, t en secondes)\begin{cases}x=20t\\y=10t\\z=2+t\end{cases}\ (t\geqslant0,\ t\text{ en secondes})

2. Le vecteur directeur v⃗(20;10;1)\vec v(20;10;1) et le vecteur normal de (P)(P), n⃗(1;2;0)\vec n(1;2;0), vérifient v⃗⋅n⃗=20+20+0=40≠0\vec v\cdot\vec n=20+20+0=40\neq0 : la trajectoire est sécante à (P)(P).

  1. 20t+2×10t−40=020t+2\times10t-40=0
  2.   ⟺  \iff40t=4040t=40
  3.   ⟺  \ifft=1t=1

À t=1t=1 : x=20x=20, y=10y=10, z=3z=3. La trajectoire coupe (P)(P) au point (20;10;3)(20;10;3).

3. Le vol dure 33 minutes, soit 180180 secondes, donc tt varie de 00 à 180180. Comme t=1t=1 appartient à cet intervalle, le drone franchit bien la ligne — dès la première seconde de vol, à 2020 m à l'est et 1010 m au nord du décollage, à 33 m de hauteur.

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Pour deux points A(xA;yA;zA)A(x_A;y_A;z_A) et B(xB;yB;zB)B(x_B;y_B;z_B) de l'espace, les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB} sont :

Explication : Comme dans le plan, les coordonnées de AB→\overrightarrow{AB} s'obtiennent en soustrayant les coordonnées de l'origine à celles de l'extrémité : (xB−xA ;yB−yA ;zB−zA)(x_B-x_A\,;y_B-y_A\,;z_B-z_A).

Dans l'espace, deux vecteurs non colinéaires suffisent-ils à engendrer tout l'espace ?

Explication : Contrairement au plan, deux vecteurs non colinéaires dans l'espace n'engendrent qu'un plan. Il faut trois vecteurs non coplanaires pour former une base de l'espace tout entier.

Trois vecteurs u⃗\vec{u}, v⃗\vec{v}, w⃗\vec{w} non coplanaires forment une base de l'espace. Que peut-on dire de tout vecteur t⃗\vec{t} de l'espace ?

Explication : C'est le théorème de la base de l'espace : trois vecteurs non coplanaires forment une base, et tout vecteur se décompose de façon unique sur cette base.

Dans un repère orthonormé, la distance entre A(xA;yA;zA)A(x_A;y_A;z_A) et B(xB;yB;zB)B(x_B;y_B;z_B) vaut :

Explication : C'est le théorème de la distance, obtenu par deux applications successives du théorème de Pythagore : AB=(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}.

Pour un cube OBCDEFGHOBCDEFGH de côté 44 avec OO à l'origine, quelle est la longueur de la grande diagonale OGOG (avec G(4;4;4)G(4;4;4)) ?

Explication : OG=42+42+42=48=43OG = \sqrt{4^2+4^2+4^2} = \sqrt{48} = 4\sqrt{3}, en appliquant la formule de la distance entre deux points de l'espace.

Pour u⃗(x;y;z)\vec{u}(x;y;z) et v⃗(x′;y′;z′)\vec{v}(x';y';z') dans un repère orthonormé, le produit scalaire u⃗⋅v⃗\vec{u}\cdot\vec{v} est donné par :

Explication : Le produit scalaire dans l'espace se calcule comme dans le plan, en ajoutant simplement le terme en zz : u⃗⋅v⃗=xx′+yy′+zz′\vec{u}\cdot\vec{v} = xx'+yy'+zz'. C'est un nombre réel, jamais un vecteur.

Deux vecteurs non nuls u⃗\vec{u} et v⃗\vec{v} sont orthogonaux si, et seulement si :

Explication : C'est le critère fondamental d'orthogonalité, purement calculatoire : deux vecteurs non nuls sont orthogonaux si et seulement si leur produit scalaire est nul.

Détermine le réel mm pour que u⃗(2;m;−1)\vec{u}(2;m;-1) et v⃗(3;1;4)\vec{v}(3;1;4) soient orthogonaux.

Explication : u⃗⋅v⃗=0  ⟺  2×3+m×1+(−1)×4=0  ⟺  6+m−4=0  ⟺  m=−2\vec{u}\cdot\vec{v}=0 \iff 2\times3+m\times1+(-1)\times4=0 \iff 6+m-4=0 \iff m=-2.

Une droite (D)(D) de l'espace, passant par A(x0;y0;z0)A(x_0;y_0;z_0) et de vecteur directeur u⃗(a;b;c)\vec{u}(a;b;c), a pour représentation paramétrique :

Explication : Contrairement au plan, une droite de l'espace n'a pas d'équation cartésienne simple ; on la décrit par un système paramétrique, un vecteur directeur balayant tous ses points quand tt varie.

Pour la droite (D):{x=1+ty=tz=1+t(D):\begin{cases}x=1+t\\y=t\\z=1+t\end{cases}, on cherche si P(2;2;2)P(2;2;2) appartient à (D)(D). On trouve t=1t=1 pour la première équation, t=2t=2 pour la deuxième, t=1t=1 pour la troisième. Conclusion ?

Explication : Il faut une valeur de tt qui vérifie les trois équations à la fois. Ici t=2t=2 contredit t=1t=1 : c'est le piège classique du bac, PP n'appartient donc pas à (D)(D).

Un vecteur n⃗\vec{n} est dit normal à un plan (P)(P) lorsqu'il est :

Explication : Un vecteur normal à un plan est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan ; d'après le théorème de la base, il est alors automatiquement orthogonal à tous les vecteurs du plan.

Le plan (P)(P) passant par A(1;0;2)A(1;0;2), de vecteur normal n⃗(1;−2;3)\vec{n}(1;-2;3), a pour équation cartésienne :

Explication : On écrit 1(x−1)−2(y−0)+3(z−2)=01(x-1)-2(y-0)+3(z-2)=0, soit x−2y+3z−1−6=0x-2y+3z-1-6=0, soit x−2y+3z−7=0x-2y+3z-7=0.

Un triplet (a;b;c)=(0;0;0)(a;b;c)=(0;0;0) peut-il définir un plan dans l'équation ax+by+cz+d=0ax+by+cz+d=0 ?

Explication : Un vecteur normal doit être non nul. Avec (a;b;c)=(0;0;0)(a;b;c)=(0;0;0), l'équation 0x+0y+0z+d=00x+0y+0z+d=0 est soit toujours vraie, soit toujours fausse : ce n'est jamais l'équation d'un plan.

Soient (P)(P) de vecteur normal n⃗\vec{n} et (P′)(P') de vecteur normal n⃗ ′\vec{n}\,'. Les plans (P)(P) et (P′)(P') sont perpendiculaires si, et seulement si :

Explication : Comme pour deux vecteurs, deux plans sont perpendiculaires exactement quand leurs vecteurs normaux sont orthogonaux, c'est-à-dire quand n⃗⋅n⃗ ′=0\vec{n}\cdot\vec{n}\,'=0.

Dans l'espace, deux droites (D)(D) et (D′)(D') qui ne sont ni parallèles ni sécantes sont dites :

Explication : C'est un cas qui n'existe pas dans le plan : dans l'espace, deux droites peuvent être « gauches », comme deux couloirs qui se croisent à des étages différents sans jamais se rencontrer.

La distance d'un point M(xM;yM;zM)M(x_M;y_M;z_M) au plan (P):ax+by+cz+d=0(P):ax+by+cz+d=0 est donnée par la formule :

Explication : C'est la formule de la distance point-plan, obtenue en projetant orthogonalement MM sur (P)(P) le long du vecteur normal.

Calcule la distance du point M(2;0;0)M(2;0;0) au plan (P):x+y+z−1=0(P):x+y+z-1=0.

Explication : d(M,(P))=∣1×2+1×0+1×0−1∣12+12+12=∣1∣3=13d(M,(P)) = \dfrac{\lvert1\times2+1\times0+1\times0-1\rvert}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}} = \dfrac{\lvert1\rvert}{\sqrt3} = \dfrac{1}{\sqrt3}.

La sphère de centre Ω(a;b;c)\Omega(a;b;c) et de rayon R>0R>0 a pour équation cartésienne :

Explication : La sphère est l'ensemble des points MM tels que ΩM=R\Omega M=R ; en élevant au carré la formule de distance, on obtient (x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=R2(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2.

Après avoir complété le carré, l'équation x2+y2+z2−2x+4y+3=0x^2+y^2+z^2-2x+4y+3=0 devient (x−1)2+(y+2)2+z2=2(x-1)^2+(y+2)^2+z^2=2. Que représente cet ensemble ?

Explication : Le second membre 22 est strictement positif : c'est bien une sphère, de centre (1;−2;0)(1;-2;0) et de rayon R=2R=\sqrt{2}.

Soit S\mathcal{S} une sphère de centre Ω\Omega et de rayon RR, et (P)(P) un plan tel que d(Ω,(P))=Rd(\Omega,(P)) = R. Quelle est l'intersection S∩(P)\mathcal{S}\cap(P) ?

Explication : Quand d=Rd=R, le plan touche la sphère en exactement un point, le projeté orthogonal HH du centre sur le plan : c'est le cas tangent, à la frontière entre « aucun point » (d>Rd>R) et « un cercle » (d<Rd<R).
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