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Géométrie dans l'espace

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Problème 1 : Intersection de deux plans et d'une droite
Énoncé
On se place dans l'espace muni d'un repère orthonormé. On considère les plans P1\mathcal{P}_1 d'équation cartésienne x−y+z−2=0x - y + z - 2 = 0 et P2\mathcal{P}_2 d'équation cartésienne 2x+y−z−1=02x + y - z - 1 = 0.
  • Démontrer que les plans P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 se coupent selon une droite Δ\Delta.
  • Déterminer une représentation paramétrique de la droite Δ\Delta.
  • On considère le plan P3\mathcal{P}_3 d'équation cartésienne x+2y−z−3=0x + 2y - z - 3 = 0. Déterminer l'intersection P1∩P2∩P3\mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2 \cap \mathcal{P}_3.

Solution :

  • Les vecteurs normaux respectifs des plans P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont n→1(1,−1,1)\vec{n}_1(1, -1, 1) et n→2(2,1,−1)\vec{n}_2(2, 1, -1). Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles (par exemple, 21=2\frac{2}{1} = 2 pour l'abscisse mais 1−1=−1\frac{1}{-1} = -1 pour l'ordonnée). Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, ce qui signifie que les deux plans ne sont pas parallèles. Ils se coupent donc selon une droite Δ\Delta.
  • Un point M(x,y,z)M(x, y, z) appartient à la droite Δ\Delta si et seulement si ses coordonnées vérifient le système formé par les équations des deux plans :
{x−y+z−2=0(1)2x+y−z−1=0(2)\begin{cases} x - y + z - 2 = 0 \quad (1) \\ 2x + y - z - 1 = 0 \quad (2) \end{cases}
Sommons les équations (1) et (2) membre à membre :
(x+2x)+(−y+y)+(z−z)−2−1=0  ⟺  3x−3=0  ⟺  x=1(x + 2x) + (-y + y) + (z - z) - 2 - 1 = 0 \iff 3x - 3 = 0 \iff x = 1
En remplaçant xx par 1 dans l'équation (1) :
1−y+z−2=0  ⟺  y=z−11 - y + z - 2 = 0 \iff y = z - 1
Posons z=tz = t comme paramètre réel (t∈Rt \in \R). On obtient la représentation paramétrique :
{x=1y=−1+tz=t(t∈R)\begin{cases} x = 1 \\ y = -1 + t \\ z = t \end{cases} \quad (t \in \R)
  • L'intersection P1∩P2∩P3\mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2 \cap \mathcal{P}_3 est l'intersection de la droite Δ=P1∩P2\Delta = \mathcal{P}_1 \cap \mathcal{P}_2 avec le plan P3\mathcal{P}_3. Injectons les expressions de xx, yy et zz de la droite Δ\Delta dans l'équation de P3\mathcal{P}_3 :
(1)+2(−1+t)−t−3=0  ⟺  1−2+2t−t−3=0  ⟺  t−4=0  ⟺  t=4(1) + 2(-1 + t) - t - 3 = 0 \iff 1 - 2 + 2t - t - 3 = 0 \iff t - 4 = 0 \iff t = 4
La valeur du paramètre est t=4t = 4. L'intersection est donc un point unique SS. Calculons ses coordonnées :
xS=1,yS=−1+4=3,zS=4x_S = 1, \quad y_S = -1 + 4 = 3, \quad z_S = 4
L'intersection des trois plans est le point S(1,3,4)S(1, 3, 4).
Problème 2 : Tétraèdre régulier et produit scalaire
Énoncé
Soit ABCDABCD un tétraèdre régulier d'arête a>0a > 0 (toutes ses faces sont des triangles équilatéraux de côté aa). On note II le milieu du segment [AB][AB] et JJ le milieu du segment [CD][CD].
  • Démontrer que le vecteur IJ→\vec{IJ} est orthogonal aux vecteurs AB→\vec{AB} et CD→\vec{CD}.
  • Calculer le produit scalaire AB→⋅AC→\vec{AB} \cdot \vec{AC} en fonction de aa.
  • Soit HH le projeté orthogonal du point DD sur le plan (ABC)(ABC). Rappeler pourquoi HH est le centre de gravité du triangle ABCABC et exprimer la longueur de la hauteur DHDH du tétraèdre en fonction de aa.

Solution :

  • Exprimons le vecteur IJ→\vec{IJ} en utilisant la relation de Chasles par deux chemins différents :
IJ→=IA→+AC→+CJ→\vec{IJ} = \vec{IA} + \vec{AC} + \vec{CJ}
IJ→=IB→+BD→+DJ→\vec{IJ} = \vec{IB} + \vec{BD} + \vec{DJ}
Sommons ces deux égalités :
2IJ→=(IA→+IB→)+(AC→+BD→)+(CJ→+DJ→)2\vec{IJ} = (\vec{IA} + \vec{IB}) + (\vec{AC} + \vec{BD}) + (\vec{CJ} + \vec{DJ})
Comme II est le milieu de [AB][AB], on a IA→+IB→=0→\vec{IA} + \vec{IB} = \vec{0}. Comme JJ est le milieu de [CD][CD], on a CJ→+DJ→=0→\vec{CJ} + \vec{DJ} = \vec{0}. Il reste :
2IJ→=AC→+BD→  ⟹  IJ→=12(AC→+BD→)2\vec{IJ} = \vec{AC} + \vec{BD} \implies \vec{IJ} = \frac{1}{2}(\vec{AC} + \vec{BD})
Calculons le produit scalaire avec AB→\vec{AB} :
2IJ→⋅AB→=(AC→+BD→)⋅AB→=AC→⋅AB→+BD→⋅AB→2\vec{IJ} \cdot \vec{AB} = (\vec{AC} + \vec{BD}) \cdot \vec{AB} = \vec{AC} \cdot \vec{AB} + \vec{BD} \cdot \vec{AB}
Les triangles ABCABC et ABDABD étant équilatéraux de côté aa :
  • AC→⋅AB→=AC×AB×cos⁡(π3)=a×a×12=12a2\vec{AC} \cdot \vec{AB} = AC \times AB \times \cos(\frac{\pi}{3}) = a \times a \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}a^2.
  • BD→⋅AB→=−DB→⋅AB→=−BD→⋅BA→=−BD×BA×cos⁡(π3)=−a×a×12=−12a2\vec{BD} \cdot \vec{AB} = -\vec{DB} \cdot \vec{AB} = -\vec{BD} \cdot \vec{BA} = -BD \times BA \times \cos(\frac{\pi}{3}) = -a \times a \times \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}a^2. Ainsi, 2IJ→⋅AB→=12a2−12a2=02\vec{IJ} \cdot \vec{AB} = \frac{1}{2}a^2 - \frac{1}{2}a^2 = 0, donc IJ→\vec{IJ} est orthogonal à AB→\vec{AB}.
Par symétrie de la configuration géométrique, le même calcul montre que IJ→\vec{IJ} est orthogonal à CD→\vec{CD}.
  • Le triangle ABCABC est équilatéral de côté aa, l'angle en AA vaut 60∘60^\circ (ou π3\frac{\pi}{3} radians). Le produit scalaire est :
AB→⋅AC→=∥AB→∥×∥AC→∥×cos⁡(BAC^)=a×a×cos⁡(π3)=12a2\vec{AB} \cdot \vec{AC} = \|\vec{AB}\| \times \|\vec{AC}\| \times \cos(\widehat{BAC}) = a \times a \times \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}a^2
  • Par raison de symétrie du tétraèdre régulier, les distances de DD aux trois sommets AA, BB et CC sont égales. Par conséquent, son projeté orthogonal HH sur le plan (ABC)(ABC) est équidistant de AA, BB et CC. Dans un triangle équilatéral, le seul point équidistant des trois sommets est son centre de gravité.
Exprimons les longueurs : Dans le triangle équilatéral ABCABC de côté aa, la longueur d'une médiane (qui est aussi hauteur) est m=a32m = a \frac{\sqrt{3}}{2}. Le centre de gravité HH est situé aux deux tiers de chaque médiane en partant du sommet. La distance AHAH vaut :
AH=23m=23×a32=a33AH = \frac{2}{3} m = \frac{2}{3} \times a \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}
Le triangle AHDAHD est rectangle en HH car (DH)(DH) est orthogonale au plan (ABC)(ABC). D'après le théorème de Pythagore dans ce triangle :
AD2=AH2+DH2  ⟺  a2=(a33)2+DH2  ⟺  a2=3a29+DH2  ⟺  a2=a23+DH2AD^2 = AH^2 + DH^2 \iff a^2 = \left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 + DH^2 \iff a^2 = \frac{3a^2}{9} + DH^2 \iff a^2 = \frac{a^2}{3} + DH^2
On en déduit :
DH2=a2−a23=23a2  ⟹  DH=a23=a63DH^2 = a^2 - \frac{a^2}{3} = \frac{2}{3}a^2 \implies DH = a \sqrt{\frac{2}{3}} = a\frac{\sqrt{6}}{3}
La hauteur d'un tétraèdre régulier de côté aa vaut donc a63a\frac{\sqrt{6}}{3}.
Problème 3 : Étude géométrique d'un cube et coordonnées
Énoncé
Dans l'espace muni d'un repère orthonormé (O;ı→,ȷ→,k→)(O; \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k}), on considère le cube OABCDEFGOABCDEFG de côté 1 tel que O(0,0,0)O(0,0,0), A(1,0,0)A(1,0,0), C(0,1,0)C(0,1,0) et D(0,0,1)D(0,0,1). Les sommets restants sont B(1,1,0)B(1,1,0), E(1,0,1)E(1,0,1), F(1,1,1)F(1,1,1) et G(0,1,1)G(0,1,1).
  • Dessiner mentalement le repère. Justifier que OF→\vec{OF} a pour coordonnées (111)\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.
  • Soit le plan (BGE)(BGE). Calculer les coordonnées des vecteurs BG→\vec{BG} et BE→\vec{BE}.
  • Montrer que la grande diagonale (OF)(OF) du cube est orthogonale au plan (BGE)(BGE).
  • Déterminer une équation cartésienne du plan (BGE)(BGE).
  • Soit HH le projeté orthogonal de OO sur le plan (BGE)(BGE). Déterminer les coordonnées de HH et en déduire la distance de l'origine au plan (BGE)(BGE).

Solution :

  • OO est l'origine du repère orthonormé, et FF est le sommet opposé du cube. Ses coordonnées sont F(1,1,1)F(1, 1, 1). Par conséquent, le vecteur diagonal OF→\vec{OF} a pour coordonnées :
OF→=(111)\vec{OF} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}
  • Déterminons les coordonnées des vecteurs :
BG→=(xG−xByG−yBzG−zB)=(0−11−11−0)=(−101)\vec{BG} = \begin{pmatrix} x_G-x_B \\ y_G-y_B \\ z_G-z_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0-1 \\ 1-1 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}
BE→=(xE−xByE−yBzE−zB)=(1−10−11−0)=(0−11)\vec{BE} = \begin{pmatrix} x_E-x_B \\ y_E-y_B \\ z_E-z_B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-1 \\ 0-1 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}
  • La droite (OF)(OF) est orthogonale au plan (BGE)(BGE) si son vecteur directeur OF→\vec{OF} est orthogonal aux deux vecteurs directeurs non colinéaires BG→\vec{BG} et BE→\vec{BE} du plan. Calculons les produits scalaires :
OF→⋅BG→=1×(−1)+1×0+1×1=−1+0+1=0\vec{OF} \cdot \vec{BG} = 1 \times (-1) + 1 \times 0 + 1 \times 1 = -1 + 0 + 1 = 0
OF→⋅BE→=1×0+1×(−1)+1×1=0−1+1=0\vec{OF} \cdot \vec{BE} = 1 \times 0 + 1 \times (-1) + 1 \times 1 = 0 - 1 + 1 = 0
Les produits scalaires étant nuls, le vecteur OF→\vec{OF} est orthogonal à deux vecteurs directeurs sécants du plan. Par conséquent, la droite (OF)(OF) est orthogonale au plan (BGE)(BGE).
  • Puisque (OF)(OF) est orthogonale au plan (BGE)(BGE), le vecteur OF→(1,1,1)\vec{OF}(1, 1, 1) est un vecteur normal au plan (BGE)(BGE). L'équation du plan est donc de la forme :
x+y+z+d=0x + y + z + d = 0
Le point B(1,1,0)B(1, 1, 0) appartient à ce plan, ce qui donne :
1+1+0+d=0  ⟺  2+d=0  ⟺  d=−21 + 1 + 0 + d = 0 \iff 2 + d = 0 \iff d = -2
Une équation cartésienne du plan (BGE)(BGE) est :
x+y+z−2=0x + y + z - 2 = 0
  • Le projeté orthogonal HH de O(0,0,0)O(0,0,0) sur le plan (BGE)(BGE) appartient à la fois au plan et à la droite (OF)(OF) passant par OO et dirigée par le vecteur normal OF→(1,1,1)\vec{OF}(1,1,1). La droite (OF)(OF) a pour représentation paramétrique x=t,y=t,z=tx = t, y = t, z = t (t∈Rt \in \R). Injectons cela dans l'équation cartésienne du plan :
t+t+t−2=0  ⟺  3t=2  ⟺  t=23t + t + t - 2 = 0 \iff 3t = 2 \iff t = \frac{2}{3}
Les coordonnées de HH sont donc H(23,23,23)H\left(\frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3}\right). La distance de l'origine au plan est OHOH :
OH=(23)2+(23)2+(23)2=49+49+49=129=123=233 uniteˊsOH = \sqrt{\left(\frac{2}{3}\right)^2 + \left(\frac{2}{3}\right)^2 + \left(\frac{2}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{4}{9} + \frac{4}{9} + \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{12}{9}} = \frac{\sqrt{12}}{3} = \frac{2\sqrt{3}}{3} \text{ unités}
Problème 4 : Distance minimale d'un point à une droite et optimisation
Énoncé
On considère, dans un repère orthonormé de l'espace, la droite DD de représentation paramétrique :
{x=ty=2tz=1−t(t∈R)\begin{cases} x = t \\ y = 2t \\ z = 1 - t \end{cases} \quad (t \in \R)
et deux points fixes A(1,1,1)A(1, 1, 1) et B(3,5,2)B(3, 5, 2). On cherche à trouver un point MM sur la droite DD tel que la somme des carrés des distances de MM à AA et à BB soit minimale.
  • Soit M(t)M(t) un point de la droite DD associé au paramètre tt. Exprimer AM2AM^2 et BM2BM^2 en fonction de tt.
  • En déduire l'expression de la fonction f(t)=AM2+BM2f(t) = AM^2 + BM^2.
  • Déterminer la valeur t0t_0 pour laquelle la fonction ff atteint son minimum.
  • Donner les coordonnées du point M0M_0 correspondant à ce minimum et calculer la valeur minimale de la fonction ff.

Solution :

  • Les coordonnées de MM sont M(t,2t,1−t)M(t, 2t, 1-t). Calculons le carré de la distance AMAM :
AM2=(t−1)2+(2t−1)2+(1−t−1)2=(t2−2t+1)+(4t2−4t+1)+t2=6t2−6t+2\begin{aligned} AM^2 &= (t - 1)^2 + (2t - 1)^2 + (1 - t - 1)^2 \\ &= (t^2 - 2t + 1) + (4t^2 - 4t + 1) + t^2 \\ &= 6t^2 - 6t + 2 \end{aligned}
Calculons de même le carré de la distance BMBM :
BM2=(t−3)2+(2t−5)2+(1−t−2)2=(t2−6t+9)+(4t2−20t+25)+(−t−1)2=t2−6t+9+4t2−20t+25+t2+2t+1=6t2−24t+35\begin{aligned} BM^2 &= (t - 3)^2 + (2t - 5)^2 + (1 - t - 2)^2 \\ &= (t^2 - 6t + 9) + (4t^2 - 20t + 25) + (-t-1)^2 \\ &= t^2 - 6t + 9 + 4t^2 - 20t + 25 + t^2 + 2t + 1 \\ &= 6t^2 - 24t + 35 \end{aligned}
  • La somme des carrés s'écrit :
f(t)=AM2+BM2=(6t2−6t+2)+(6t2−24t+35)=12t2−30t+37f(t) = AM^2 + BM^2 = (6t^2 - 6t + 2) + (6t^2 - 24t + 35) = 12t^2 - 30t + 37
  • La fonction f(t)f(t) est une fonction polynomiale du second degré de la forme at2+bt+cat^2 + bt + c avec a=12a = 12, b=−30b = -30 et c=37c = 37. Comme a=12>0a = 12 > 0, la fonction admet un unique minimum global atteint en :
t0=−b2a=−−302×12=3024=54=1,25t_0 = -\frac{b}{2a} = -\frac{-30}{2 \times 12} = \frac{30}{24} = \frac{5}{4} = 1,25
  • Pour t=1,25t = 1,25, les coordonnées du point M0M_0 minimisant la somme sont :
xM0=1,25,yM0=2×1,25=2,5,zM0=1−1,25=−0,25x_{M_0} = 1,25, \quad y_{M_0} = 2 \times 1,25 = 2,5, \quad z_{M_0} = 1 - 1,25 = -0,25
Le point cherché est M0(1,25;2,5;−0,25)M_0(1,25; 2,5; -0,25). Calculons le minimum de la fonction ff :
f(54)=12(54)2−30(54)+37=12×2516−1504+37=754−1504+1484=734=18,25f\left(\frac{5}{4}\right) = 12\left(\frac{5}{4}\right)^2 - 30\left(\frac{5}{4}\right) + 37 = 12 \times \frac{25}{16} - \frac{150}{4} + 37 = \frac{75}{4} - \frac{150}{4} + \frac{148}{4} = \frac{73}{4} = 18,25
La somme minimale des carrés des distances est égale à 18,2518,25.
Problème 5 : Positions relatives et angle formé par deux plans
Énoncé
On considère les deux plans P1\mathcal{P}_1 d'équation cartésienne x+y−2z+1=0x + y - 2z + 1 = 0 et P2\mathcal{P}_2 d'équation cartésienne 2x−y+z−3=02x - y + z - 3 = 0.
  • Démontrer que P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont sécants et déterminer une représentation paramétrique de leur droite d'intersection DD.
  • Calculer le cosinus de l'angle aigu θ\theta formé par les deux plans (qui correspond à l'angle entre leurs vecteurs normaux).
  • Soit le point A(1,2,3)A(1, 2, 3). Calculer la distance du point AA au plan P1\mathcal{P}_1 et démontrer que AA appartient au plan P2\mathcal{P}_2.

Solution :

  • Les vecteurs normaux des plans P1\mathcal{P}_1 et P2\mathcal{P}_2 sont n→1(1,1,−2)\vec{n}_1(1, 1, -2) et n→2(2,−1,1)\vec{n}_2(2, -1, 1). Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles. Les plans ne sont donc pas parallèles : ils se coupent selon une droite DD.
Un point M(x,y,z)M(x,y,z) est sur la droite DD si et seulement si ses coordonnées satisfont le système :
{x+y−2z+1=0(1)2x−y+z−3=0(2)\begin{cases} x + y - 2z + 1 = 0 \quad (1) \\ 2x - y + z - 3 = 0 \quad (2) \end{cases}
Sommons les deux équations (1) et (2) :
3x−z−2=0  ⟹  z=3x−23x - z - 2 = 0 \implies z = 3x - 2
Remplaçons zz par 3x−23x - 2 dans l'équation (1) :
x+y−2(3x−2)+1=0  ⟺  x+y−6x+4+1=0  ⟺  y=5x−5x + y - 2(3x - 2) + 1 = 0 \iff x + y - 6x + 4 + 1 = 0 \iff y = 5x - 5
En prenant l'abscisse x=tx = t (t∈Rt \in \R) comme paramètre, on obtient la représentation paramétrique de la droite d'intersection DD :
{x=ty=−5+5tz=−2+3t(t∈R)\begin{cases} x = t \\ y = -5 + 5t \\ z = -2 + 3t \end{cases} \quad (t \in \R)
  • Le cosinus de l'angle aigu θ\theta formé par les deux plans est l'angle aigu formé par leurs vecteurs normaux n→1\vec{n}_1 et n→2\vec{n}_2. Le produit scalaire est lié à l'angle par la relation :
∣n→1⋅n→2∣=∥n→1∥×∥n→2∥×cos⁡(θ)  ⟹  cos⁡(θ)=∣n→1⋅n→2∣∥n→1∥×∥n→2∥|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2| = \|\vec{n}_1\| \times \|\vec{n}_2\| \times \cos(\theta) \implies \cos(\theta) = \frac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{\|\vec{n}_1\| \times \|\vec{n}_2\|}
Calculons chaque élément :
  • n→1⋅n→2=1×2+1×(−1)+(−2)×1=2−1−2=−1  ⟹  ∣n→1⋅n→2∣=1\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 1 \times 2 + 1 \times (-1) + (-2) \times 1 = 2 - 1 - 2 = -1 \implies |\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2| = 1.
  • ∥n→1∥=12+12+(−2)2=6\|\vec{n}_1\| = \sqrt{1^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{6}.
  • ∥n→2∥=22+(−1)2+12=6\|\vec{n}_2\| = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 1^2} = \sqrt{6}. Par conséquent :
cos⁡(θ)=16×6=16≈0,167\cos(\theta) = \frac{1}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \frac{1}{6} \approx 0,167
L'angle aigu θ\theta entre les plans vaut environ arccos⁡(1/6)≈80,4∘\arccos(1/6) \approx 80,4^\circ.
  • - La distance du point A(1,2,3)A(1, 2, 3) au plan P1\mathcal{P}_1 d'équation x+y−2z+1=0x + y - 2z + 1 = 0 est donnée par la formule :
d(A,P1)=∣xA+yA−2zA+1∣12+12+(−2)2=∣1+2−2(3)+1∣6=∣4−6∣6=26=63 uniteˊsd(A, \mathcal{P}_1) = \frac{|x_A + y_A - 2z_A + 1|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + (-2)^2}} = \frac{|1 + 2 - 2(3) + 1|}{\sqrt{6}} = \frac{|4 - 6|}{\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{3} \text{ unités}
  • Injectons les coordonnées de A(1,2,3)A(1, 2, 3) dans l'équation cartésienne du plan P2\mathcal{P}_2 d'équation 2x−y+z−3=02x - y + z - 3 = 0 :
2(1)−(2)+(3)−3=2−2+3−3=02(1) - (2) + (3) - 3 = 2 - 2 + 3 - 3 = 0
Le résultat étant égal à 0, le point AA appartient au plan P2\mathcal{P}_2.