Orthogonalité et distances dans l'espace
Ce chapitre fait partie du programme de Terminale.
Ce chapitre étend à l'espace le produit scalaire vu en Première, ce qui permet de démontrer des orthogonalités, de calculer des angles et des longueurs par le calcul. Il fournit les équations cartésiennes de plans et la méthode du projeté orthogonal, utilisée au baccalauréat pour calculer distances, hauteurs et volumes.
Prérequis
- Produit scalaire dans le plan (Première) : définitions, règles de calcul, expression en repère orthonormé.
- Vecteurs de l'espace : colinéarité, vecteurs coplanaires, décomposition dans une base.
- Droites et plans de l'espace : représentation paramétrique d'une droite, positions relatives.
- Résolution de systèmes linéaires à deux ou trois inconnues.
- Théorème de Pythagore et trigonométrie dans le triangle rectangle.
À la fin du chapitre, on sait
- Calculer un produit scalaire dans l'espace par la méthode adaptée (projection, norme et angle, coordonnées).
- Utiliser le produit scalaire pour démontrer une orthogonalité, calculer un angle ou une longueur.
- Démontrer qu'une droite est orthogonale à un plan.
- Déterminer un vecteur normal à un plan et une équation cartésienne d'un plan.
- Déterminer l'intersection d'une droite et d'un plan, de deux plans.
- Déterminer le projeté orthogonal d'un point sur une droite ou sur un plan.
- Calculer la distance d'un point à un plan ou à une droite, et l'utiliser pour un calcul de volume.
1.Produit scalaire dans l'espace
Produit scalaire de deux vecteurs de l'espace
Soient $\vec u$ et $\vec v$ deux vecteurs de l'espace. On choisit trois points $A$, $B$, $C$ tels que $\vec u=\overrightarrow{AB}$ et $\vec v=\overrightarrow{AC}$. Ces trois points appartiennent à au moins un plan $\mathcal P$.
Le produit scalaire $\vec u\cdot\vec v$ est le produit scalaire $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$ calculé dans le plan $\mathcal P$, comme en Première. On admet que le résultat ne dépend ni du choix des points ni du choix du plan.
Ainsi, si $\vec u$ et $\vec v$ sont non nuls : $$\vec u\cdot\vec v=\|\vec u\|\times\|\vec v\|\times\cos\left(\widehat{BAC}\right)$$ et si l'un des deux vecteurs est nul, $\vec u\cdot\vec v=0$.
En particulier $\vec u\cdot\vec u=\|\vec u\|^2$, que l'on note aussi $\vec u^{\,2}$.
Règles de calcul
Pour tous vecteurs $\vec u$, $\vec v$, $\vec w$ de l'espace et tout réel $k$ :
- symétrie : $\vec u\cdot\vec v=\vec v\cdot\vec u$ ;
- bilinéarité : $\vec u\cdot(\vec v+\vec w)=\vec u\cdot\vec v+\vec u\cdot\vec w$ et $(k\vec u)\cdot\vec v=k\,(\vec u\cdot\vec v)$.
On en déduit les identités : $$\begin{aligned}\|\vec u+\vec v\|^2&=\|\vec u\|^2+2\,\vec u\cdot\vec v+\|\vec v\|^2\\ \|\vec u-\vec v\|^2&=\|\vec u\|^2-2\,\vec u\cdot\vec v+\|\vec v\|^2\\ (\vec u+\vec v)\cdot(\vec u-\vec v)&=\|\vec u\|^2-\|\vec v\|^2\end{aligned}$$
Formules de polarisation
Pour tous vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ : $$\vec u\cdot\vec v=\frac12\left(\|\vec u+\vec v\|^2-\|\vec u\|^2-\|\vec v\|^2\right)=\frac12\left(\|\vec u\|^2+\|\vec v\|^2-\|\vec u-\vec v\|^2\right)$$
Ces formules s'obtiennent en isolant $\vec u\cdot\vec v$ dans les deux premières identités ci-dessus. Elles permettent de calculer un produit scalaire à partir de longueurs seulement.
Produit scalaire et projection orthogonale
Soient $A$, $B$, $C$ trois points avec $A\neq B$, et $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$. Alors : $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AH}$$
- si $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AH}$ sont de même sens, $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=AB\times AH$ ;
- s'ils sont de sens contraires, $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=-AB\times AH$.
Un produit scalaire dans un cube, sans coordonnées
Dans tout le chapitre, $ABCDEFGH$ désigne un cube : $ABCD$ est une face, $EFGH$ la face opposée, avec $E$, $F$, $G$, $H$ situés respectivement au-dessus de $A$, $B$, $C$, $D$. On note $a$ la longueur de l'arête.
Calcul de $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AG}$. La droite $(BG)$ est contenue dans la face $BCGF$, et la droite $(AB)$ est orthogonale à cette face. Donc $(BG)\perp(AB)$ : le projeté orthogonal de $G$ sur $(AB)$ est $B$.
Par la propriété de projection : $$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AB}=AB^2=a^2$$
Base et repère orthonormés
Une base $(\vec\imath,\vec\jmath,\vec k)$ de l'espace est orthonormée lorsque :
- $\|\vec\imath\|=\|\vec\jmath\|=\|\vec k\|=1$ ;
- $\vec\imath\cdot\vec\jmath=\vec\imath\cdot\vec k=\vec\jmath\cdot\vec k=0$.
Un repère $(O;\vec\imath,\vec\jmath,\vec k)$ est orthonormé lorsque sa base l'est.
Exemple : dans le cube $ABCDEFGH$ d'arête 1, le repère $\left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)$ est orthonormé.
Expression analytique du produit scalaire
Dans une base orthonormée, soient $\vec u\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et $\vec v\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}$. Alors : $$\vec u\cdot\vec v=xx'+yy'+zz'\qquad\text{et}\qquad\|\vec u\|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$$
Dans un repère orthonormé, pour deux points $A(x_A;y_A;z_A)$ et $B(x_B;y_B;z_B)$ : $$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}$$
Expression analytique
On écrit $\vec u=x\vec\imath+y\vec\jmath+z\vec k$ et $\vec v=x'\vec\imath+y'\vec\jmath+z'\vec k$. Par bilinéarité, on développe $\vec u\cdot\vec v$ en neuf termes : $$\vec u\cdot\vec v=xx'\,\vec\imath\cdot\vec\imath+xy'\,\vec\imath\cdot\vec\jmath+xz'\,\vec\imath\cdot\vec k+yx'\,\vec\jmath\cdot\vec\imath+\dots+zz'\,\vec k\cdot\vec k$$
La base est orthonormée : $\vec\imath\cdot\vec\imath=\vec\jmath\cdot\vec\jmath=\vec k\cdot\vec k=1$ et les six produits de deux vecteurs distincts de la base sont nuls. Il reste $\vec u\cdot\vec v=xx'+yy'+zz'$.
Avec $\vec v=\vec u$ : $\|\vec u\|^2=x^2+y^2+z^2$, d'où la norme. La distance $AB$ est la norme de $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{pmatrix}$.
Calculer un angle géométrique
Pour calculer l'angle $\widehat{BAC}$ connaissant les coordonnées de $A$, $B$, $C$ dans un repère orthonormé :
- Calculer les coordonnées de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
- Calculer $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}$ avec $xx'+yy'+zz'$.
- Calculer $AB$ et $AC$.
- En déduire $\cos\widehat{BAC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}}{AB\times AC}$, puis l'angle à la calculatrice (fonction $\arccos$, notée $\cos^{-1}$).
Angle dans un triangle de l'espace
Dans un repère orthonormé, on considère $A(1;0;2)$, $B(3;1;0)$ et $C(2;2;3)$.
- $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$.
- $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=2\times1+1\times2+(-2)\times1=2$.
- $AB=\sqrt{4+1+4}=3$ et $AC=\sqrt{1+4+1}=\sqrt6$.
Donc $\cos\widehat{BAC}=\dfrac{2}{3\sqrt6}=\dfrac{\sqrt6}{9}$, et $\widehat{BAC}\approx74{,}2^\circ$ au dixième de degré.
2.Orthogonalité de vecteurs, de droites et de plans
Vecteurs orthogonaux
Deux vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ de l'espace sont orthogonaux lorsque $\vec u\cdot\vec v=0$.
Le vecteur nul est orthogonal à tout vecteur. Pour deux vecteurs non nuls $\vec u=\overrightarrow{AB}$ et $\vec v=\overrightarrow{AC}$, cela signifie que les droites $(AB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires en $A$.
Droites orthogonales, droites perpendiculaires
Deux droites de l'espace sont orthogonales lorsque leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux.
Deux droites sont perpendiculaires lorsqu'elles sont orthogonales et sécantes.
Dans l'espace, deux droites orthogonales ne sont pas forcément coplanaires : elles peuvent ne pas se couper.
Droites orthogonales non sécantes dans un cube
Dans le cube $ABCDEFGH$, la droite $(FG)$ est parallèle à $(BC)$, et $(BC)\perp(AB)$. Un vecteur directeur de $(FG)$ est $\overrightarrow{BC}$, orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ : les droites $(AB)$ et $(FG)$ sont orthogonales.
Elles ne sont pas sécantes : $(AB)$ est contenue dans le plan $(ABC)$, tandis que $(FG)$ est contenue dans le plan $(EFG)$, parallèle à $(ABC)$ et distinct. Elles sont donc orthogonales mais pas perpendiculaires.
Ce qui reste vrai dans le plan, mais plus dans l'espace
Dans l'espace, deux droites orthogonales à une même troisième ne sont pas nécessairement parallèles.
Dans le cube : $(AB)\perp(AD)$ et $(AE)\perp(AD)$, mais $(AB)$ et $(AE)$ sont perpendiculaires, pas parallèles.
Droite orthogonale à un plan
Une droite $d$ est orthogonale à un plan $\mathcal P$ lorsqu'elle est orthogonale à toutes les droites contenues dans $\mathcal P$.
Caractérisation de l'orthogonalité d'une droite et d'un plan
Soient $d$ une droite de vecteur directeur $\vec u$, et $\mathcal P$ un plan dirigé par deux vecteurs non colinéaires $\vec v_1$ et $\vec v_2$.
$$d\perp\mathcal P\iff\vec u\cdot\vec v_1=0\ \text{ et }\ \vec u\cdot\vec v_2=0$$
Autrement dit : une droite est orthogonale à un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan.
Caractérisation
Sens direct. Si $d\perp\mathcal P$, $d$ est orthogonale à toutes les droites de $\mathcal P$, en particulier à celles dirigées par $\vec v_1$ et $\vec v_2$. Donc $\vec u\cdot\vec v_1=\vec u\cdot\vec v_2=0$.
Réciproque. On suppose $\vec u\cdot\vec v_1=\vec u\cdot\vec v_2=0$. Soit $\Delta$ une droite de $\mathcal P$, de vecteur directeur $\vec w$. Comme $(\vec v_1,\vec v_2)$ est un couple de vecteurs non colinéaires dirigeant $\mathcal P$, il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $\vec w=\alpha\vec v_1+\beta\vec v_2$. Par bilinéarité : $$\vec u\cdot\vec w=\alpha\,\vec u\cdot\vec v_1+\beta\,\vec u\cdot\vec v_2=\alpha\times0+\beta\times0=0$$ Donc $d$ est orthogonale à $\Delta$. Ceci vaut pour toute droite $\Delta$ de $\mathcal P$ : $d\perp\mathcal P$.
Conséquences
- Si deux droites sont parallèles et que l'une est orthogonale à un plan, l'autre l'est aussi.
- Deux droites orthogonales à un même plan sont parallèles.
- Deux plans orthogonaux à une même droite sont parallèles.
Démontrer qu'une droite est orthogonale à un plan
Pour démontrer que $(MN)\perp(ABC)$ :
- Vérifier que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires (les points $A$, $B$, $C$ définissent bien un plan).
- Calculer $\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{AC}$.
- Si les deux sont nuls, conclure par la caractérisation : $(MN)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $(ABC)$.
Sans repère, on utilise les propriétés géométriques de la figure (faces carrées, droites orthogonales à une face, etc.).
La grande diagonale d'un cube
Dans le cube $ABCDEFGH$ d'arête 1, muni du repère orthonormé $\left(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}\right)$ : $B(1;0;0)$, $D(0;1;0)$, $E(0;0;1)$, $G(1;1;1)$.
On montre que $(AG)\perp(BDE)$.
- $\overrightarrow{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{BD}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{BE}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$.
- $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BE}$ ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de l'un est nulle, pas celle de l'autre, alors que leurs premières coordonnées sont égales).
- $\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BD}=-1+1+0=0$ et $\overrightarrow{AG}\cdot\overrightarrow{BE}=-1+0+1=0$.
La droite $(AG)$ est orthogonale à deux droites sécantes du plan $(BDE)$ : elle est orthogonale à ce plan.
3.Vecteur normal et équation cartésienne d'un plan
Vecteur normal à un plan
Un vecteur $\vec n$ non nul est normal à un plan $\mathcal P$ lorsque toute droite de vecteur directeur $\vec n$ est orthogonale à $\mathcal P$.
D'après la caractérisation précédente, si $\mathcal P$ est dirigé par deux vecteurs non colinéaires $\vec v_1$ et $\vec v_2$ : $$\vec n\ \text{normal à}\ \mathcal P\iff\vec n\neq\vec 0,\ \vec n\cdot\vec v_1=0\ \text{et}\ \vec n\cdot\vec v_2=0$$
Unicité à un coefficient près
Tous les vecteurs normaux à un même plan sont colinéaires entre eux. Un plan est entièrement déterminé par un de ses points et un vecteur normal.
Plan défini par un point et un vecteur normal
Soient $A$ un point et $\vec n$ un vecteur non nul. Le plan $\mathcal P$ passant par $A$ et de vecteur normal $\vec n$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que : $$\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0$$
Plan défini par un point et un vecteur normal
Soit $(\vec v_1,\vec v_2)$ un couple de vecteurs non colinéaires dirigeant $\mathcal P$.
Le vecteur $\vec n$ n'est pas combinaison linéaire de $\vec v_1$ et $\vec v_2$ : sinon on aurait $\vec n=\alpha\vec v_1+\beta\vec v_2$, donc $\vec n\cdot\vec n=\alpha\,\vec n\cdot\vec v_1+\beta\,\vec n\cdot\vec v_2=0$, ce qui contredit $\vec n\neq\vec0$. Les trois vecteurs $\vec v_1$, $\vec v_2$, $\vec n$ ne sont donc pas coplanaires : ils forment une base de l'espace.
Soit $M$ un point. Il existe des réels $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ tels que $\overrightarrow{AM}=\alpha\vec v_1+\beta\vec v_2+\gamma\vec n$. Alors : $$\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=\alpha\times0+\beta\times0+\gamma\,\|\vec n\|^2=\gamma\,\|\vec n\|^2$$ Comme $\|\vec n\|^2\neq0$ : $$\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0\iff\gamma=0\iff\overrightarrow{AM}=\alpha\vec v_1+\beta\vec v_2\iff M\in\mathcal P$$
Équation cartésienne d'un plan
L'espace est muni d'un repère orthonormé.
- Un plan de vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ admet une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$, où $d$ est un réel.
- Réciproquement, si $a$, $b$, $c$ ne sont pas tous nuls, l'ensemble des points $M(x;y;z)$ tels que $ax+by+cz+d=0$ est un plan de vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$.
Une telle équation s'appelle une équation cartésienne du plan.
Équation cartésienne d'un plan
-
Soit $\mathcal P$ le plan passant par $A(x_A;y_A;z_A)$ de vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$. Pour $M(x;y;z)$, d'après la propriété précédente et l'expression analytique du produit scalaire : $$M\in\mathcal P\iff a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0\iff ax+by+cz+d=0$$ avec $d=-(ax_A+by_A+cz_A)$.
-
On suppose $(a;b;c)\neq(0;0;0)$, par exemple $a\neq0$ (les autres cas se traitent de même). Le point $A\left(-\frac da;0;0\right)$ vérifie l'équation. Pour tout point $M(x;y;z)$ : $$ax+by+cz+d=a\left(x+\frac da\right)+b(y-0)+c(z-0)=\overrightarrow{AM}\cdot\vec n$$ Donc l'ensemble étudié est l'ensemble des points $M$ tels que $\overrightarrow{AM}\cdot\vec n=0$ : c'est le plan passant par $A$ de vecteur normal $\vec n$.
Plan défini par un point et un vecteur normal
On cherche une équation du plan $\mathcal P$ passant par $A(2;-1;3)$ et de vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}$.
Une équation est de la forme $x+2y-2z+d=0$. Comme $A\in\mathcal P$ : $2+2\times(-1)-2\times3+d=0$, soit $-6+d=0$, donc $d=6$.
$$\mathcal P:\ x+2y-2z+6=0$$
Déterminer une équation du plan $(ABC)$
- Vérifier que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires.
- Chercher $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ non nul tel que $\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=0$ et $\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=0$ : système de deux équations à trois inconnues.
- Exprimer deux inconnues en fonction de la troisième, puis choisir une valeur non nulle de celle-ci (de façon à éviter les fractions).
- Écrire $ax+by+cz+d=0$ et trouver $d$ en remplaçant par les coordonnées de $A$.
- Contrôler avec $B$ et $C$.
Si l'énoncé propose un vecteur $\vec n$, il suffit de vérifier qu'il est orthogonal à $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$.
Équation d'un plan passant par trois points
Reprenons $A(1;0;2)$, $B(3;1;0)$, $C(2;2;3)$, avec $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$, non colinéaires.
On cherche $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ tel que : $$\begin{cases}2a+b-2c=0\\a+2b+c=0\end{cases}$$ La seconde équation donne $a=-2b-c$. Dans la première : $-4b-2c+b-2c=0$, soit $-3b-4c=0$, donc $b=-\frac43c$.
Avec $c=3$ : $b=-4$ et $a=8-3=5$. Ainsi $\vec n\begin{pmatrix}5\\-4\\3\end{pmatrix}$. Contrôle : $10-4-6=0$ et $5-8+3=0$.
Une équation est $5x-4y+3z+d=0$. Avec $A$ : $5+0+6+d=0$, donc $d=-11$.
$$(ABC):\ 5x-4y+3z-11=0$$ Contrôle : $B$ donne $15-4+0-11=0$ et $C$ donne $10-8+9-11=0$.
Plans perpendiculaires
Deux plans sont perpendiculaires lorsqu'un vecteur normal de l'un est orthogonal à un vecteur normal de l'autre.
Deux plans sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sont colinéaires.
Lire un vecteur normal
Les plans $\mathcal P:\ x+2y-2z+6=0$ et $\mathcal Q:\ 2x+y+2z-5=0$ ont pour vecteurs normaux $\vec n\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}$ et $\vec n'\begin{pmatrix}2\\1\\2\end{pmatrix}$.
$\vec n\cdot\vec n'=2+2-4=0$ : les plans $\mathcal P$ et $\mathcal Q$ sont perpendiculaires.
Le plan $\mathcal R:\ -2x-4y+4z+1=0$ a pour vecteur normal $-2\vec n$ : il est parallèle à $\mathcal P$. Il en est distinct car $A(2;-1;3)\in\mathcal P$ donne $-4+4+12+1=13\neq0$.
Une équation à trois variables, même si l'une manque
Dans l'espace, l'équation $y=2x+1$ (soit $2x-y+1=0$) n'est pas une droite : c'est un plan, de vecteur normal $\begin{pmatrix}2\\-1\\0\end{pmatrix}$, parallèle à l'axe des cotes.
De même, $z=0$ est le plan $(O;\vec\imath,\vec\jmath)$. Une droite de l'espace ne se décrit pas par une seule équation cartésienne.
4.Intersections d'une droite et d'un plan, de deux plans
Position d'une droite et d'un plan
Soient $d$ une droite de vecteur directeur $\vec u$ et $\mathcal P$ un plan de vecteur normal $\vec n$.
- Si $\vec u\cdot\vec n\neq0$, $d$ et $\mathcal P$ sont sécants en un unique point.
- Si $\vec u\cdot\vec n=0$, $d$ est parallèle à $\mathcal P$ : soit $d$ est contenue dans $\mathcal P$ (un point de $d$ appartient à $\mathcal P$), soit $d$ et $\mathcal P$ n'ont aucun point commun.
- Si $\vec u$ et $\vec n$ sont colinéaires, $d$ est orthogonale à $\mathcal P$.
Déterminer l'intersection d'une droite et d'un plan
On dispose d'une représentation paramétrique de $d$ et d'une équation cartésienne de $\mathcal P$.
- Remplacer $x$, $y$, $z$ dans l'équation de $\mathcal P$ par leurs expressions en fonction de $t$.
- Résoudre l'équation obtenue, d'inconnue $t$ :
- une unique solution : $d$ et $\mathcal P$ sont sécants, on obtient le point en reportant $t$ ;
- aucune solution (égalité du type $5=0$) : $d$ est strictement parallèle à $\mathcal P$ ;
- tout réel $t$ est solution (égalité $0=0$) : $d$ est contenue dans $\mathcal P$.
- Contrôler que le point trouvé vérifie l'équation du plan.
Intersection d'une droite et d'un plan
Soient $\mathcal P:\ x+2y-2z+6=0$ et $d:\ \begin{cases}x=1+t\\y=2-t\\z=3+2t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$.
Un vecteur directeur de $d$ est $\vec u\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}$ et $\vec u\cdot\vec n=1-2-4=-5\neq0$ : $d$ et $\mathcal P$ sont sécants.
En remplaçant : $(1+t)+2(2-t)-2(3+2t)+6=0$, soit $5-5t=0$, donc $t=1$.
Le point d'intersection est $I(2;1;5)$. Contrôle : $2+2-10+6=0$.
Position de deux plans
Soient deux plans $\mathcal P$ et $\mathcal Q$ de vecteurs normaux $\vec n$ et $\vec n'$.
- Si $\vec n$ et $\vec n'$ sont colinéaires, les plans sont parallèles (strictement parallèles ou confondus).
- Sinon, les plans sont sécants selon une droite. Un vecteur directeur de cette droite est orthogonal à la fois à $\vec n$ et à $\vec n'$.
Déterminer la droite d'intersection de deux plans
- Vérifier que les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires.
- Écrire le système formé par les deux équations cartésiennes.
- Choisir une des inconnues comme paramètre, par exemple $z=t$.
- Exprimer les deux autres inconnues en fonction de $t$ : on obtient une représentation paramétrique de la droite.
- Contrôler en remplaçant dans les deux équations.
Si l'inconnue choisie comme paramètre conduit à une impossibilité, en choisir une autre.
Intersection de deux plans
Soient $\mathcal P:\ x+2y-2z+6=0$ et $\mathcal Q:\ 2x-y+z-1=0$. Les vecteurs normaux $\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires ($2=2\times1$ mais $-1\neq2\times2$) : les plans sont sécants.
On pose $z=t$ : $$\begin{cases}x+2y=2t-6\\2x-y=1-t\end{cases}$$ La seconde équation donne $y=2x-1+t$. Dans la première : $x+4x-2+2t=2t-6$, soit $5x=-4$, donc $x=-\frac45$. Puis $y=-\frac85-1+t=-\frac{13}5+t$.
La droite d'intersection est $\Delta:\ \begin{cases}x=-\frac45\\y=-\frac{13}5+t\\z=t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$.
Contrôle dans $\mathcal P$ : $-\frac45-\frac{26}5+2t-2t+6=-6+6=0$. Dans $\mathcal Q$ : $-\frac85+\frac{13}5-t+t-1=1-1=0$. Le vecteur directeur $\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ est bien orthogonal aux deux vecteurs normaux.
5.Projeté orthogonal d'un point sur une droite, sur un plan
Projeté orthogonal sur une droite
Soient $d$ une droite et $M$ un point. Le projeté orthogonal de $M$ sur $d$ est l'unique point $H$ de $d$ tel que $(MH)$ soit perpendiculaire à $d$ si $M\notin d$, et $H=M$ si $M\in d$.
Si $d$ passe par $A$ et a pour vecteur directeur $\vec u$, $H$ est caractérisé par : $$H\in d\quad\text{et}\quad\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0$$
Projeté orthogonal sur un plan
Soient $\mathcal P$ un plan de vecteur normal $\vec n$ et $M$ un point. Le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal P$ est le point d'intersection $H$ du plan $\mathcal P$ et de la droite passant par $M$ orthogonale à $\mathcal P$.
Il est caractérisé par : $$H\in\mathcal P\quad\text{et}\quad\overrightarrow{MH}\ \text{colinéaire à}\ \vec n$$
Le projeté orthogonal est le point le plus proche
Soient $\mathcal P$ un plan, $M$ un point et $H$ son projeté orthogonal sur $\mathcal P$. Pour tout point $N$ de $\mathcal P$ : $$MN\geqslant MH$$ avec égalité si et seulement si $N=H$.
Le résultat est le même en remplaçant le plan $\mathcal P$ par une droite $d$.
Le projeté orthogonal est le point le plus proche
Soit $N$ un point de $\mathcal P$. Par la relation de Chasles, $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HN}$, donc : $$MN^2=\|\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HN}\|^2=MH^2+2\,\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HN}+HN^2$$
Les points $H$ et $N$ appartiennent à $\mathcal P$, donc $\overrightarrow{HN}$ est un vecteur du plan $\mathcal P$. Le vecteur $\overrightarrow{MH}$ est colinéaire à un vecteur normal de $\mathcal P$ (ou nul si $M\in\mathcal P$). Donc $\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HN}=0$ et : $$MN^2=MH^2+HN^2$$
Comme $HN^2\geqslant0$, on obtient $MN^2\geqslant MH^2$, puis $MN\geqslant MH$ car les distances sont positives. L'égalité a lieu si et seulement si $HN=0$, c'est-à-dire $N=H$.
Pour une droite $d$ de vecteur directeur $\vec u$, le raisonnement est identique : $\overrightarrow{HN}$ est colinéaire à $\vec u$ et $\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0$.
Projeté orthogonal d'un point sur un plan donné par une équation
Données : $M$ et $\mathcal P:\ ax+by+cz+d=0$.
- Lire un vecteur normal $\vec n\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$.
- Écrire une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ passant par $M$ et de vecteur directeur $\vec n$ : $\begin{cases}x=x_M+at\\y=y_M+bt\\z=z_M+ct\end{cases}$.
- Chercher l'intersection de $\Delta$ et de $\mathcal P$ : remplacer dans l'équation du plan et résoudre en $t$.
- Reporter la valeur de $t$ : on obtient $H$. Contrôler que $H\in\mathcal P$.
Projeté orthogonal sur un plan
Soient $\mathcal P:\ x+2y-2z+6=0$ et $M(3;2;-1)$.
La droite $\Delta$ passant par $M$ et dirigée par $\vec n\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}$ a pour représentation $\begin{cases}x=3+t\\y=2+2t\\z=-1-2t\end{cases}$, $t\in\mathbb R$.
En remplaçant dans l'équation de $\mathcal P$ : $$(3+t)+2(2+2t)-2(-1-2t)+6=0\iff15+9t=0\iff t=-\frac53$$
Donc $H\left(3-\frac53;\ 2-\frac{10}3;\ -1+\frac{10}3\right)$, soit $H\left(\frac43;-\frac43;\frac73\right)$.
Contrôle : $\frac43-\frac83-\frac{14}3+6=-\frac{18}3+6=0$.
Projeté orthogonal d'un point sur une droite
Données : $M$ et la droite $d$ passant par $A$ de vecteur directeur $\vec u$.
- Écrire les coordonnées d'un point quelconque de $d$ en fonction de $t$ : $H(x_A+\alpha t;\ y_A+\beta t;\ z_A+\gamma t)$, où $\vec u\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\\\gamma\end{pmatrix}$.
- Calculer les coordonnées de $\overrightarrow{MH}$ en fonction de $t$.
- Résoudre $\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0$ : équation du premier degré en $t$.
- Reporter $t$ pour obtenir $H$, puis contrôler $\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0$.
Projeté orthogonal sur une droite
Soient $d$ la droite passant par $A(1;0;2)$ de vecteur directeur $\vec u\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$, et $M(3;4;-1)$.
Un point de $d$ s'écrit $H(1+t;\ t;\ 2+t)$, donc $\overrightarrow{MH}\begin{pmatrix}t-2\\t-4\\t+3\end{pmatrix}$.
$$\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=(t-2)+(t-4)+(t+3)=3t-3$$ qui est nul pour $t=1$. Donc $H(2;1;3)$.
Contrôle : $\overrightarrow{MH}\begin{pmatrix}-1\\-3\\4\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=-1-3+4=0$.
Une formule pour le paramètre
Dans la méthode précédente, on écrit $\overrightarrow{AH}=t\vec u$. La condition $\overrightarrow{MH}\cdot\vec u=0$ équivaut à $\left(\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{AM}\right)\cdot\vec u=0$, soit : $$t=\frac{\overrightarrow{AM}\cdot\vec u}{\|\vec u\|^2}$$
Dans l'exemple : $\overrightarrow{AM}\begin{pmatrix}2\\4\\-3\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{AM}\cdot\vec u=3$ et $\|\vec u\|^2=3$, donc $t=1$. Cette formule n'est pas exigible ; la méthode par résolution suffit.
6.Distance d'un point à un plan, à une droite
Distance d'un point à un plan ou à une droite
Soient $M$ un point et $\mathcal P$ un plan (ou $d$ une droite). La distance de $M$ à $\mathcal P$ (ou à $d$) est la distance $MH$, où $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur $\mathcal P$ (ou sur $d$).
D'après le théorème précédent, c'est la plus petite des distances $MN$ lorsque $N$ parcourt $\mathcal P$ (ou $d$).
Calculer la distance d'un point à un plan
- Déterminer le projeté orthogonal $H$ de $M$ sur $\mathcal P$ (méthode de la section précédente).
- Calculer $MH=\sqrt{(x_H-x_M)^2+(y_H-y_M)^2+(z_H-z_M)^2}$.
Raccourci : si $H$ correspond au paramètre $t$ sur la droite $\Delta$ dirigée par $\vec n$, alors $\overrightarrow{MH}=t\vec n$ et $MH=|t|\times\|\vec n\|$.
Distances, suite des exemples précédents
Distance de $M(3;2;-1)$ au plan $\mathcal P:\ x+2y-2z+6=0$. On a trouvé $t=-\frac53$ et $\|\vec n\|=\sqrt{1+4+4}=3$, donc : $$MH=\frac53\times3=5$$ Vérification directe : $\overrightarrow{MH}\begin{pmatrix}-5/3\\-10/3\\10/3\end{pmatrix}$, et $MH=\sqrt{\frac{25+100+100}9}=\sqrt{25}=5$.
Distance de $M(3;4;-1)$ à la droite $d$ passant par $A(1;0;2)$ et dirigée par $\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$. On a trouvé $\overrightarrow{MH}\begin{pmatrix}-1\\-3\\4\end{pmatrix}$, donc $MH=\sqrt{1+9+16}=\sqrt{26}$.
Formule de la distance d'un point à un plan (hors programme)
En repère orthonormé, la distance du point $M(x_M;y_M;z_M)$ au plan $\mathcal P:\ ax+by+cz+d=0$ vaut : $$\frac{|ax_M+by_M+cz_M+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$$
Cette formule est hors programme : au baccalauréat, elle ne peut être utilisée que si l'énoncé la donne ; sinon il faut passer par le projeté orthogonal. Elle se justifie en quelques lignes : $H$ s'écrit $(x_M+at;\ y_M+bt;\ z_M+ct)$ ; en remplaçant dans l'équation du plan, $ax_M+by_M+cz_M+d+t\,(a^2+b^2+c^2)=0$, d'où $t$, puis $MH=|t|\sqrt{a^2+b^2+c^2}$.
Avec $M(3;2;-1)$ et $\mathcal P$ ci-dessus : $\dfrac{|3+4+2+6|}{3}=5$, ce qui confirme le calcul.
Calculer le volume d'un tétraèdre
Le volume d'un tétraèdre (pyramide à base triangulaire) est $V=\dfrac13\times\mathcal B\times h$, où $\mathcal B$ est l'aire d'une face et $h$ la distance du sommet opposé au plan de cette face.
- Choisir une face $ABC$ dont l'aire est calculable (triangle rectangle, ou angle connu par produit scalaire : $\mathcal B=\frac12\,AB\times AC\times\sin\widehat{BAC}$).
- Déterminer une équation du plan $(ABC)$.
- Calculer la distance $h$ du quatrième sommet $D$ à $(ABC)$ par le projeté orthogonal.
- Appliquer la formule.
Volume du tétraèdre $OABC$
On reprend $A(1;0;2)$, $B(3;1;0)$, $C(2;2;3)$ et le plan $(ABC):\ 5x-4y+3z-11=0$. On note $O$ l'origine du repère.
Aire de $ABC$. On a vu $AB=3$, $AC=\sqrt6$ et $\cos\widehat{BAC}=\frac{2}{3\sqrt6}$, donc $\cos^2\widehat{BAC}=\frac4{54}=\frac2{27}$. L'angle est compris entre $0$ et $\pi$, son sinus est positif : $$\sin\widehat{BAC}=\sqrt{1-\frac2{27}}=\sqrt{\frac{25}{27}}=\frac5{3\sqrt3}$$ $$\mathcal B=\frac12\times3\times\sqrt6\times\frac5{3\sqrt3}=\frac{5\sqrt2}2$$
Hauteur issue de $O$. La droite passant par $O$ dirigée par $\vec n\begin{pmatrix}5\\-4\\3\end{pmatrix}$ est $\begin{cases}x=5t\\y=-4t\\z=3t\end{cases}$. En remplaçant : $25t+16t+9t-11=0$, soit $t=\frac{11}{50}$. Avec $\|\vec n\|=\sqrt{50}=5\sqrt2$ : $$h=\frac{11}{50}\times5\sqrt2=\frac{11\sqrt2}{10}$$
Volume : $$V=\frac13\times\frac{5\sqrt2}2\times\frac{11\sqrt2}{10}=\frac13\times\frac{110}{20}=\frac{11}6$$