\chapter{Orthogonalité et distances dans l'espace}

\newpage

\section{Orthogonalité}

\subsection{Produit scalaire}

Le produit scalaire a été défini en classe de 1\iere{} dans le plan. 

Sa définition reste inchangée dans l'espace.

\begin{defin}
Soient $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$ deux vecteurs de l'espace.

Soit $H$ le projeté orthogonal de $C$ sur $(AB)$.

\medskip

Le produit scalaire des vecteurs $\vv{AB}$ et $\vv{AC}$, noté \prodscal{AB}{AC}, est défini par :
\begin{itemize}
\item $\prodscal{AB}{AC}=AB \times AH$ si les deux vecteurs forment un angle aigu;
\item $\prodscal{AB}{AC}=-AB \times AH$ si les deux vecteurs forment un angle obtus.
\end{itemize}
\end{defin}


Les propriétés sur le produit scalaire dans l'espace sont les mêmes que celles dans le plan.

\begin{prop}[rappels]
Pour tous vecteurs $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ de l'espace:
\begin{itemize}
\item $\vv{u}\cdot\vv{v} = \|\vv{u}\| \times \|\vv{v}\| \times \cos\big(\vv{u},\vv{v}\big)$;
\item $\vv{u}\cdot\vv{v}=\vv{v}\cdot\vv{u}$ (propriété de symétrie);
\item $\vv{u}\cdot\big(\vv{v} + \vv{w}\big) = \vv{u}\cdot\vv{v} + \vv{u}\cdot\vv{w}$;
\item $\forall (\lambda;\mu)\in\R^2,\ \big(\lambda\vv{u}\big)\cdot\big(\mu\vv{v}\big)=\lambda\mu\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)$ ;
\item $\vv{u}\cdot\vv{v} =\dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}\|^2+\|\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)$;
\item $\vv{u}\cdot\vv{v}  = \dfrac{1}{2}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}\|^2-\|\vv{v}\|^2\big)$;
\item $\vv{u}\cdot\vv{v}  = \dfrac{1}{4}\big(\|\vv{u}+\vv{v}\|^2-\|\vv{u}-\vv{v}\|^2\big)$.
\end{itemize}
\end{prop}

Celle faisant intervenir les coordonnées change afin d'intégrer la troisième composante:

\begin{prop}
Dans un repère orthonormé \Rijk, c'est-à-dire où $\vv{\imath}\cdot\vv{\jmath}=\vv{\imath}\cdot\vv{k}=\vv{k}\cdot\vv{\jmath}=0$, on considère deux vecteurs $\vv{u}\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ et  $\vv{v}\begin{pmatrix}x'\\y'\\z'\end{pmatrix}$. Alors, 
\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = xx'+yy'+zz'.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}[produit scalaire]
Soient $\vv{u}\begin{pmatrix}-1\\2\\1\end{pmatrix}$ et  $\vv{v}\begin{pmatrix}3\\5\\-7\end{pmatrix}$. Alors,
\[
\vv{u}\cdot\vv{v}  = -1\times3 + 2\times5 + 1\times(-7) = -3+10 - 7 = 0.
\]
\end{exemple}

\subsection{Orthogonalité de deux vecteurs}

\begin{defin}
Soient deux vecteurs $\vv{u}$ et $\vv{v}$ de l'espace. 

On dit que $\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont orthogonaux si $\vv{u}\cdot\vv{v}=0$.
\end{defin}

Dans l'exemple \ref{exemple:produit scalaire} précédent, les vecteurs sont orthogonaux.

\subsection{Orthogonalité d'un vecteur et d'un plan}

\begin{defin}[vecteur normal]
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace et soit $\vv{n}$ un vecteur de l'espace.

On dit que $\vv{n}$ est un vecteur normal à $\mathcal{P}$ si, pour tout vecteur $\vv{p}$ de $\mathcal{P}$, $\vv{n}\cdot\vv{p} = 0$.
\end{defin}

\subsection{Orthogonalité de deux plans}

\begin{defin}
Soient deux plans $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ de l'espace.

On dit que $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont orthogonaux si tout vecteur $\vv{u_1}$ de $\mathcal{P}_1$ est orthogonal à tout vecteur $\vv{u_2}$ de $\mathcal{P}_2$.
\end{defin}

\begin{prop}
Soient deux plans $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ de l'espace, de vecteurs normaux respectifs $\vv{n_1}$ et $\vv{n_2}$.
\begin{center}
$\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ sont orthogonaux $\iff$ $\vv{n_1}\cdot\vv{n_2}=0$.
\end{center}
\end{prop}

\begin{rem}
Cette dernière propriété sera très utilisée pour démontrer l'orthogonalité de deux plans.
\end{rem}

\newpage

\subsection{\'Equations cartésiennes d'un plan}


\begin{prop}
L'espace est rapporté à un repère orthonormé \Rijk.

Soit $\mathcal{P}$ un plan de vecteur normal $\vv{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$.

Alors, pour tout point $M(x;y;z)$ l'espace,
\[
M\in\mathcal{P} \iff ax+by+cz+d=0,\quad\text{ où }d\in\R.
\]
\end{prop}

\begin{defin}
\og $ax+by+cz+d=0$ \fg{} est appelée une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$.
\end{defin}

\begin{rem}
Pour un triplet donné $(a;b;c)$, il existe une infinité d'équations cartésiennes car $d\in\R$.
\end{rem}

\subsection{Détermination d'une représentation\\paramétrique de l'intersection de 2 plans}

\begin{rem}
Ce paragraphe est hors-programme. Il est destiné aux élèves souhaitant approfondir leurs connaissances.
\end{rem}

On considère les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ d'équations cartésiennes respectives :
\[
\begin{array}{l}
\mathcal{P}{}:{}2x+3y-z+5=0\\
\mathcal{P}'{}:{}x+y+1=0
\end{array}
\]
Nous souhaitons déterminer une représentation paramétrique de l'intersection de ces deux plans si elle existe.

Pour cela, on \og résout \fg{} le système suivant, en conservant une inconnue et en la considérant comme un paramètre (ici, $z$) :
\begin{align*}
\systeme{2x+3y-z=-5,x+y=-1} & \iff \systeme{2x+3y=z-5@L_1,2x+2y=-2@L_2}\\
& \iff \systeme{y=z-3@L_1-L_2,x=-1-(z-3)}\\
& \iff \systeme{y=z-3,x=-z+2}\\
& \iff \begin{cases}
x = 2 - t\\
y = -3 + t\\
z = t
\end{cases}
\quad,\quad t\in\R
\end{align*}
L'intersection des deux plans existe et est la droite passant par le point A\coordEsp{2}{-3}{0} et de vecteur directeur $\vv{u}\begin{pmatrix}
-1\\1\\1
\end{pmatrix}$.

\subsection{Intersection d'une droite et d'un plan}

On considère le plan $\mathcal{P}$ d'équation $5x+y-z+3=0$
et la droite $\mathcal{D}$ passant par A\coordEsp{0}{1}{3} et de vecteur directeur $\vv{u}\begin{pmatrix}
1\\0\\3\end{pmatrix}$. 

\medskip

\begin{enumerate}
\item \textbf{On vérifie d'abord que $\pmb{\mathcal{P}}$ et $\pmb{\mathcal{D}}$ se coupent en un point.}\\
Un vecteur normal à $\mathcal{P}$ est $\vv{n}\begin{pmatrix}
5\\1\\-1\end{pmatrix}$ ; donc, $\vv{u}\cdot\vv{n}=5\times1+1\times0+(-1)\times3=2\neq0$ donc $\mathcal{D}$ n'est pas parallèle à $\mathcal{P}$ : il y a donc un point unique d'intersection.\\
Appelons-le I.

\medskip

\item \textbf{Déterminons les coordonnées de I.}\\
La représentation paramétrique de $\mathcal{D}$ est :
\[
\begin{cases}
x = t\\
y = 1\\
z = 3+3t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R.
\]
\'Etant donné que I appartient à $\mathcal{D}$, il existe un réel $k$ tel que I\coordEsp{k}{1}{3k+3}.

\item[] En substituant les valeurs de $x$, $y$ et $z$ en fonction de $k$ dans l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$,\linebreak on a :
\begin{align*}
& 5k+1-(3+3k)+3=0\\
\iff\ & 2k+1=0\\
\iff\ & k=-\dfrac{1}{2}
\end{align*}
Finalement, on a : I\coordEsp{-\dfrac{1}{2}}{1}{\dfrac{3}{2}}.
\end{enumerate}

\newpage

\section{Distances}

\subsection{Distance entre deux points}

\begin{prop}
L'espace est rapporté à un repère orthonormé \Rijk. Soient deux points $A(x_A;y_A;z_A)$ et $B(x_B;y_B;z_B)$. La distance entre $A$ et $B$ est donnée par l'égalité:
\[
AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2 + (z_B-z_A)^2}.
\]
\end{prop}

\subsection{Distance d'un point à un plan}
\enlargethispage*{2em}

\begin{defin}
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace, et soit $A$ un point quelconque de l'espace.

Soit $(d)$ la droite passant par $A$ et orthogonale à $\mathcal{P}$; elle coupe $\mathcal{P}$ en un point $H$.

$H$ est appelé le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$.
\end{defin}

\begin{prop}
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace, et soit $A$ un point quelconque de l'espace. On note $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$.

Alors, $H$ est le point de $\mathcal{P}$ le plus proche de $A$.
\end{prop}


\begin{demo}
Soit $H$ le projeté orthogonal du point $A$ sur le plan $\mathcal{P}$.

Supposons qu'il existe un point $K$ du plan $\mathcal{P}$ plus proche de $A$ que l'est le point $H$.

$KA \leqslant HA$  car $K$ est le point de la droite le plus proche de $A$. Donc $KA^2 \leqslant HA^2$.

Or, $(AH)$ est orthogonale à $\mathcal{P}$, donc $(AH)$ est orthogonale à toute droite de $\mathcal{P}$. En particulier, $(AH)$ est perpendiculaire à $(HK)$. 

Le triangle $AHK$ est donc rectangle en $H$. 

D'après le théorème de Pythagore, on a: 
\[
HA^2 + HK^2 = AK^2.
\]
Donc :
\[
HA^2 + HK^2 \leqslant HA^2.
\]
Donc $HK \leqslant 0$, ce qui est impossible sauf dans le cas où le point $K$ est le point $H$.

On en déduit que $H$ est le point du plan le plus proche du point $A$.
\end{demo}

\newpage

\begin{prop}
L'espace est muni d'un repère orthonormal \Rijk.

Soit $\mathcal{P}$ un plan d'équation cartésienne $ax+by+cz+d=0$, et soit A\coordEsp{x_\text{A}}{y_\text{A}}{z_\text{A}} un point quelconque de l'espace. La distance du point A au plan $\mathcal{P}$ est :
\[
d\left(\text{A}\mathpunct{};\mathpunct{}\mathcal{P}\right)=\dfrac{|ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.
\]
\end{prop}


\begin{demo}
Notons $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$. Alors, $(AH)$ est orthogonale à $\mathcal{P}$, donc admet pour vecteur directeur un vecteur normal à ce plan, soit $\vv{u}\coordEsp{a}{b}{c}$ et donc $(AH)$ a pour représentation paramétrique : $\left\lbrace
\begin{array}{l@{~=~}l}
x & x_\text{A}+at\\
y & y_\text{A}+bt\\
z & z_\text{A}+ct\\
\end{array}
\right.\qquad,\qquad t\in\R.$

$H$ étant le point d'intersection de cette droite et de $\mathcal{P}$, on a:
\[ a\left(x_\text{A}+at\right)+b\left(y_\text{A}+bt\right)+c\left(z_\text{A}+ct\right)+d=0\;,\text{ soit: }
t=-\dfrac{ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d}{a^2+b^2+c^2}.
\]
On a alors :
\begin{align*}
\text{AH}^2 & = \left(x_\text{M}-x_\text{A}\right)^2+\left(y_\text{M}-y_\text{A}\right)^2+\left(z_\text{M}-z_\text{A}\right)^2\\
\text{AH}^2& = \left(-a\dfrac{ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d}{a^2+b^2+c^2}\right)^2+\left(-b\dfrac{ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d}{a^2+b^2+c^2}\right)^2+\left(-c\dfrac{ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d}{a^2+b^2+c^2}\right)^2\\
\text{AH}^2& = \left(a^2+b^2+c^2\right)\dfrac{\left(ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d\right)^2}{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}\\
\text{AH}^2& = \dfrac{\left(ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d\right)^2}{a^2+b^2+c^2}\\
\text{AH} & = \dfrac{\left|ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}
\end{align*}
\end{demo}



\exercices

%%%

\begin{exocor}{plans orthogonaux ?}[1]
On donne ci-dessous une équation cartésienne de deux plans $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$.

Pour chaque question, dire si $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ sont orthogonaux

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):3x-y+z=7 \\ (\mathcal{P}_2):-x+3y+2z=1\end{array} \right.$

\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):x+y+z=1 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y+z=4\end{array} \right.$

\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):2x-2y+3z=4 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y-3z=2\end{array} \right.$
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):3x-y+z=7 \\ (\mathcal{P}_2):-x+3y+2z=1\end{array} \right.$

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_1)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}3\\-1\\1\end{pmatrix}$, et un vecteur normal à $(\mathcal{P}_2)$ est $\vv{v}\begin{pmatrix}-1\\3\\2\end{pmatrix}$.

\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = 3\times(-1) + (-1)\times3 + 1\times2 = -4 \neq0.
\]
\uline{$\vv{u}$ et $\vv{v}$ ne sont donc pas orthogonaux; les plans ne le sont donc pas non plus.}


\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):x+y+z=1 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y+z=4\end{array} \right.$

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_1)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$, et un vecteur normal à $(\mathcal{P}_2)$ est $\vv{v}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}$.

\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = 1\times2 + 1\times(-3) + 1\times1 = 0.
\]
\uline{$\vv{u}$ et $\vv{v}$ sont donc orthogonaux; les plans le sont donc aussi.}

\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):2x-2y+3z=4 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y-3z=2\end{array} \right.$

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_1)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}$, et un vecteur normal à $(\mathcal{P}_2)$ est $\vv{v}\begin{pmatrix}2\\-3\\-3\end{pmatrix}$.

\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = 2\times2 + (-2)\times(-3) + 3\times(-3) = 1 \neq0.
\]
\uline{$\vv{u}$ et $\vv{v}$ ne sont donc pas orthogonaux; les plans ne le sont donc pas non plus.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{distance d'un point à une droite}[1]
Pour chacune des questions suivantes, calculer la distance entre le point $A$ et le plan $(\mathcal{P})$.

\begin{enumerate}
\item $(\mathcal{P})\;:\; -3x+5y+z = 1$ ; $A(-3;2;1)$.
\item $(\mathcal{P})\;:\; 5x-y+3z-2=0$ ; $A(2;2;-2)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $(\mathcal{P})\;:\; -3x+5y+z = 1$ ; $A(-3;2;1)$.
\begin{align*}
d\left(\text{A}\mathpunct{};\mathpunct{}\mathcal{P}\right)
& =\dfrac{|ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\\
& = \dfrac{|-3\times(-3) + 5\times2 + 1 - 1|}{\sqrt{(-3)^2 + 5^2 + 1^2}}\\
& = \dfrac{19}{\sqrt{35}}.
\end{align*}

\item $(\mathcal{P})\;:\; 5x-y+3z-2=0$ ; $A(2;2;-2)$.
\begin{align*}
d\left(\text{A}\mathpunct{};\mathpunct{}\mathcal{P}\right)
& =\dfrac{|ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\\
& = \dfrac{|5\times2 - 2 + 3\times(-2) - 2|}{\sqrt{2^2 + 2^2 + (-2)^2}}\\
& = 0.
\end{align*}
Cela signifie donc que $A\in(\mathcal{P})$, ce qui n'est pas difficile à vérifier en injectant directement les coordonnées de $A$ dans l'équation cartésienne de $(\mathcal{P})$ (c'est le numérateur), et en trouvant 0.
\end{enumerate}
\end{exocor}


%%%

\begin{exocor}{plans orthogonaux}[2]
On considère deux plans $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ d'équations cartésiennes respectives :
\[
(\mathcal{P}_1)\;:\; 3x + t^2 y + (1-t)z -5 = 0\qquad;\qquad (\mathcal{P}_2)\;:\; t^2x + (1+t)y -3z + 1 = 0,
\]
où $t$ est un réel.

Déterminer les valeurs éventuelles de $t$ pour lesquelles les deux plans sont orthogonaux.

\tcblower

On sait que deux plans sont orthogonaux si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_1)$ est $\vv{u}\begin{pmatrix}3\\t^2\\1-t\end{pmatrix}$;

Un vecteur normal à $(\mathcal{P}_2)$ est $\vv{v}\begin{pmatrix}t^2\\1+t\\-3\end{pmatrix}$.

\begin{align*}
\vv{u}\cdot\vv{v} & = 3t^2 + t^2(1+t) -3(1-t)\\
& = t^3 + 4t^2 +3t - 3.
\end{align*}

Posons alors :
\[
f(t) = t^3 + 4t^2 +3t - 3.
\]

$f$ est continue, $\limite{t}{-\infty}{f(t)}=-\infty$ et $\limite{t}{+\infty}{f(t)}=+\infty$ donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une valeur de $t_0$ pour laquelle $f(t_0)=0$. \'Etudions les variations de $f$:
\begin{align*}
f'(t)  = 3t^2 + 8t + 3.
\end{align*}
$f'(t)$ est donc un trinôme de degré 2, de discriminant:
\[
\Delta = b^2-4ac = 8^2 - 4\times3\times3 = 64 - 36 = 28.
\]
$f'(t)$ admet donc deux racines réelles:
\[
t_1=\frac{-b-\sqrt\Delta}{2a} = \frac{-8-\sqrt{28}}{6} = \frac{-4-\sqrt7}{3}
\]
et
\[
t_2=\frac{-b+\sqrt\Delta}{2a} = \frac{-8+\sqrt{28}}{6} = \frac{-4+\sqrt7}{3}.
\]
On en déduit alors le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=numpagecorrige!10,colorC=numpagecorrige!10,colorV=numpagecorrige!10]{$t$/1.3,$f'(t)$/0.7,$f$/1.5}{$-\infty$,$\dfrac{-4-\sqrt7}{3}$,$\dfrac{-4+\sqrt7}{3}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,+,z,-,z,+}
\tkzTabVar{-/$-\infty$,+/${-0,9}$,-/$-{3,6}$,+/$+\infty$}
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{tab}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Des valeurs de ce tableau, on déduit qu'il existe une unique solution à l'équation $f(t)=0$, supérieure à $\dfrac{-4+\sqrt7}{3}$.

À l'aide de la calculatrice (par exemple), on arrive à une valeur approchée : $t_0\approx 0,547$.

\newpage

Avec cette valeur, les plans sont ainsi:

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (img) {\includegraphics[width=0.9\linewidth]{ex-geomesp-1.png}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{intersection d'une droite et d'un plan}[2]
Donner les coordonnées de l'éventuel point d'intersection de la droite $(d)$ de représentation paramétrique :
\[
\begin{cases}
x = 1+2t\\
y = -2 + t\\
z = -2 + 3t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R
\]
et du plan $(\mathcal{P})$ d'équation cartésienne $2x - 3y + z = 2$.

\tcblower

Notons $I(x_I;y_I;z_I)$ l'éventuel point d'intersection de la droite et du plan.

Alors, 
\[
I\in(d) \iff \begin{cases}
x_I = 1+2t\\
y_I = -2 + t\\
z_I = -2 + 3t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R\tag{1}
\]
et:
\begin{align*}
I\in(\mathcal{P}) & \iff 2x_I - 3y_I + z_I = 2\\
& \iff 2(1+2t) - 3(-2+t) + (-2+3t) = 2\\
& \iff 2 + 4t + 6 - 3t - 2 + 3t = 2\\
& \iff 4t = -4\\
& \iff t = -1.
\end{align*}

En remplaçant $t$ par $-1$ dans le système $(1)$, on a:
\[
I\in(d) \iff \begin{cases}
x_I = -1\\
y_I = -3\\
z_I = -5
\end{cases}
\]
Ainsi, $\boxed{I\coordEsp{-1}{-3}{-5}}$.
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{équation cartésienne de plans}[2]
\begin{enumerate}
\item Déterminer une équation cartésienne du plan passant par le point $A(1;-2;3)$ et parallèle au plan $(\mathcal{P})$ d'équation : $2x + 5y - 3z = 7$.

\item Déterminer une équation cartésienne du plan passant par le point $A(-1;-1;1)$ et orthogonal au plan $(\mathcal{P})$ d'équation : $x + y - z = 1$.
\end{enumerate}
\vspace*{-1.5em}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Notons $(\mathcal{Q})$ le plan passant par le point $A(1;-2;3)$ et parallèle au plan $(\mathcal{P})$ d'équation : $2x + 5y - 3z = 7$.

Son équation cartésienne vérifie : 
\[
ax_A + by_B + cz_B + d = 0
\]
soit:
\[
a - 2b + 3c + d = 0.\tag{1}
\]
On sait de plus que $(\mathcal{Q})$ est parallèle à $(\mathcal{P})$ donc leurs vecteurs normaux sont colinéaires:
\[
\exists k\in\R*,\ 
\begin{pmatrix}
a\\b\\c
\end{pmatrix} = 
k
\begin{pmatrix}
2\\5\\-3
\end{pmatrix} \iff
\begin{cases}
a = 2k\\
b = 5k\\
c = -3k
\end{cases}.
\]
En remplaçant $a$, $b$ et $c$ dans l'équation (1), on a:
\[
2k-2(5k)+3(-3k)+d=0
\]
soit $d = 17k$.

En prenant par exemple $k=1$, on a alors:
\[
\boxed{(\mathcal{Q})\;:\; 2x+5y-3z+17=0.}
\]

\item Notons $(\mathcal{Q})$ le plan passant par le point $A(-1;-1;1)$ et orthogonal au plan $(\mathcal{P})$ d'équation : $x + y - z = 1$.

Son équation cartésienne vérifie : 
\[
ax_A + by_B + cz_B + d = 0
\]
soit:
\[
-a - b + c + d = 0.\tag{1}
\]
Les deux plans sont orthogonaux donc leurs vecteurs normaux le sont aussi:
\[
\begin{pmatrix}
1\\1\\-1
\end{pmatrix}
\cdot
\begin{pmatrix}
a\\b\\c
\end{pmatrix}=0 \iff a+b-c=0 \iff c = a+b.
\]
L'équation (1) devient alors $d= 0$.

Une équation cartésienne de $(\mathcal{Q})$ est donc, par exemple en prenant $a=b=1$ et \mbox{$c=a+b=2$:}

\[
\boxed{(\mathcal{Q})\;:\;x+y+2z=0}
\]
\vspace*{1cm}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{pyramide dans un cube}[2]
Soit ABCDEFGH un cube comme représenté ci-dessous.

\medskip

\begin{minipage}{6cm}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white] (img) {
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (3,0);
\coordinate (C) at (3,3);
\coordinate (D) at (0,3);
\coordinate (E) at (1,1);
\coordinate (F) at (4,1);
\coordinate (G) at (4,4);
\coordinate (H) at (1,4);
\coordinate (I) at (1.5,3);
\coordinate (J) at (2.5,4);
\coordinate (K) at (0.5,3.5);
\shade[left color=purple!5,right color=purple!40] (K) -- (A) -- (I) -- cycle;
\shade[left color=purple!5,right color=purple!40] (K) -- (J) -- (I) -- cycle;
\fill[purple!40] (A) -- (I) -- (J) -- (E) -- cycle;
\draw (A) node[below left] {A} -- (B) node[below right] {B} -- (C) node[above] {C} -- (D) node[above left] {D} -- (H) node[above] {H} -- (G) node[above right] {G} -- (F) node[right] {F} -- (B);
\draw (A) -- (D);
\draw (C) -- (G);
\draw[dashed] (A) -- (E) -- (H);
\draw[dashed] (E) node[below right] {E} -- (F);
\draw (A) -- (I) node[below right] {I} -- (J) node[above] {J} -- (K) node[above left] {K} -- (I);
\draw[dashed] (J) -- (E) -- (K) -- (A);
\end{tikzpicture}};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-6cm}
On place les points I, J et K respectivement au milieu des côtés [DC], [GH] et [DH]. On fixe le repère $\left(A;\vv{AB},\vv{AD},\vv{AE}\right)$.
\end{minipage}


\begin{enumerate}
\item Montrer que le vecteur $\vv{u}\begin{pmatrix}1 \\ -\frac{1}{2}\\ 0 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan (AEJI).
\item En déduire une équation cartésienne du plan (AEJI).
\item On admet que la distance du point K au plan (AEJI)  est égale à $\dfrac{1}{\sqrt5}$.

En déduire le volume de la pyramide AEJIK.
\item Donner une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D}$, perpendiculaire au plan (AEJI) et passant par K.

En déduire les coordonnées du point d'intersection de $\mathcal{D}$ avec le plan (AEJI).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Les vecteurs $\vv{AE}\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$ et $\vv{AI}\begin{pmatrix}\frac{1}{2} \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires et appartiennent au plan (AEJI).

De plus, $\vv{u}.\vv{AE}=0 \times 1 + 0 \times \left(-\frac{1}{2}\right) + 1 \times 0 = 0$ et $\vv{u}.\vv{AI}=\frac{1}{2}\times 1 + 1 \times \left(-\frac{1}{2}\right) + 0 \times 0 = 0$.

Ainsi, $\vv{u}$ est orthogonal aux vecteurs $\vv{AE}$ et $\vv{AI}$ ; donc \underline{$\vv{u}$ est normal au plan (AEJI).}

\item L'équation cartésienne du plan (AEJI) est de la forme $ax+by+cz+d=0$, où $\vv{u}\begin{pmatrix}a \\ b \\c \end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan. Ainsi : \[ (AEJI):x-\frac{1}{2}y+d=0\]
De plus, $A \in$ (AEJI) donc ses coordonnées vérifient l'équation d'où : $d=0$. On a alors :
 \[ \boxed{(AEJI):x-\frac{1}{2}y=0}\]
 
\item Le volume de la pyramide AEJIK est : 
\[ \mathcal{V} = \mathcal{B} \times h\]
où $\mathcal{B}$ est l'aire de la base (ici AEJI) et $h$ la hauteur (celle que nous avons calculé dans la question précédente). Donc : \[ \mathcal{V} = AE \times AI \times \frac{1}{\sqrt{5}} = 1 \times \frac{\sqrt{5}}{2} \times \frac{1}{\sqrt{5}}\]
Ainsi : \[ \boxed{\mathcal{V}=\frac{1}{2}}\]

\item Nous savons qu'une représentation paramétrique de $\mathcal{D}$ est de la forme : 
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x = x_K + at\\
y = y_K + bt\\
z = z_K + ct
\end{array}
\right., t \in\R
\]

où $K(x_k;y_K,z_K) \in \mathcal{D}$ et où $\vv{u}\begin{pmatrix}a \\ b \\ c\end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $\mathcal{D}$. Ainsi :

\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x = t\\
y = 1-\frac{1}{2}t\\
z = \frac{1}{2}
\end{array}
\right., t \in\R
\]

Nommons H le pied de la hauteur de la pyramide AEJIK issue du sommet K. Alors, $H \in \mathcal{D}$ et $H \in$ (AEJI), ce qui se traduit de façon analytique de la façon suivante (on remplace $x$ par $t$ et $y$ par $1-\frac{1}{2}t$ dans l'équation cartésienne de (AEJI)) : 
\[ t - \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}t\right)=0\]
On trouve alors : \[t=\frac{2}{5}\]
D'où : 
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x_H = \frac{2}{5}\\
y_H = 1-\frac{1}{2}\times \frac{2}{5}=1-\frac{1}{5}=\frac{4}{5}\\
z_H = \frac{1}{2}
\end{array}
\right.
\]
Ainsi : \[ \boxed{H\left(\frac{2}{5};\frac{4}{5};\frac{1}{2}\right)}\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{plan médiateur}[2]
On appelle \textit{plan médiateur} d'un segment $[AB]$ le plan passant par son milieu de vecteur normal $\vv{AB}$.

On considère les deux points $A\coordEsp{-1}{3}{1}$ et $B\coordEsp{3}{5}{-3}$.
\begin{enumerate}
\item Déterminer les coordonnées du milieu $I$ de $[AB]$.
\item En déduire une équation cartésienne du plan médiateur.
\item 
\begin{enumerate}
\item On considère un point $M$ sur ce plan. Montrer que $AM = BM$.
\item Réciproquement, montrer que si $M$ est un point de l'espace tel que $AM=BM$ alors $M$ est sur le plan médiateur de $[AB]$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $A\coordEsp{-1}{3}{1}$ et $B\coordEsp{3}{5}{-3}$. Le milieu $I$ de $[AB]$ a donc pour coordonnées:
\[
I\coordEsp{\frac{-1+3}{2}}{\frac{3+5}{2}}{\frac{1+(-3)}{2}},\text{ soit }\boxed{I\coordEsp{1}{4}{-1}}
\] 

\item Une équation cartésienne du plan médiateur $(\mathcal{P})$ est de la forme:
\[
(\mathcal{P})\;:\;ax+by+cz+d = 0
\]
où $\vv{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan. Or, $\vv{AB}\begin{pmatrix}4\\2\\-4\end{pmatrix}$ est normal au plan médiateur, donc:
\[
(\mathcal{P})\;:\;4x+2y-4z+d=0.
\]
De plus, $I\in(\mathcal{P})$ donc:
\[
4x_I + 2y_I - 4z_I + d = 0 \iff d = -16.
\]
Finalement,
\[
(\mathcal{P})\;:\;4x+2y-4z-16=0
\]
que l'on peut aussi écrire (en divisant tous les coefficients par 2):
\[
\boxed{(\mathcal{P})\;:\;2x+y-2z-8=0}
\]

\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $M(x;y;z)\in(\mathcal{P})$. Alors, d'après l'équation cartésienne donnée précédemment:
\[
y = 2z-2x+8.
\]

\medskip

\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
AM^2 & = (x-x_A)^2 + (y-y_A)^2 + (z-z_A)^2\\
& = (x+1)^2 + (y-3)^2 + (z-1)^2\\
& = (x+1)^2 + (2z-2x+8-3)^2 + (z-1)^2\\
& = (x+1)^2 + (2z-2x+5)^2 + (z-1)^2\\
& = 5x^2 + 5z^2 -18x +18z - 8xz + 27.
\end{aligned}$

\bigskip

\item $\begin{aligned}[t]
BM^2 & = (x-3)^2 + (y-5)^2 + (z+3)^2\\
& = (x-3)^2 + (2z-2x+8-5)^2 + (z+3)^2\\
& = (x-3)^2 + (2z-2x+3)^2 + (z+3)^2\\
& = 5x^2 + 5z^2 -18x +18z - 8xz + 27.
\end{aligned}$
\end{itemize}

\bigskip

On a alors $AM^2 = BM^2$, donc $AM = BM$.

\medskip


\item Supposons que $MA = MB$. Alors,
\begin{align*}
MA^2 = MB^2 & \iff MA^2 - MB^2 = 0\\
			& \iff \vv{MA}^2 - \vv{MB}^2 = 0\\
			& \iff \big(\vv{MA} + \vv{MB}\big)\cdot\big(\vv{MA} - \vv{MB}\big)=0\\
			& \iff \big(\vv{MI}+\vv{IA}+\vv{MI}+\vv{IB} \big)\cdot\big(\vv{MA}+\vv{BM} \big) = 0\\
			& \iff 2\vv{MI}\cdot \vv{BA}=0.
\end{align*}
Ainsi, les vecteurs $\vv{MI}$ et $\vv{BA}$ sont orthogonaux. Or, $(\mathcal{P})$ est le plan passant par $I$ est orthogonal à $\vv{AB}$ donc $(MI)$ est incluse dans $(\mathcal{P})$. $M$ appartient donc à $(\mathcal{P})$.
\end{enumerate}

\bigskip

\begin{rem}
Des deux dernières questions, on peut conclure l'équivalence:
\[
M\in(\mathcal{P})\text{ plan médiateur de }[AB] \iff MA = MB.
\]
Autrement dit, le plan médiateur d'un segment est l'ensemble des points équidistants des extrémités de ce segment.
\end{rem}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{extrait du bac 2022, sujet 1}[2]
Dans l'espace rapporté à un repère $\Rijk$, on considère:
\begin{itemize}
\item le point $A$ de coordonnées \coordEsp{-1}{1}{3},
\item la droite $\mathcal{D}$ dont une représentation paramétrique est : $\begin{cases}
x = 1+2t\\
y = 2-t\\
z = 2+2t
\end{cases}$,\qquad $t\in\R$.
\end{itemize}
On admet que le point $A$ n'appartient pas à la droite $\mathcal{D}$.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Donner les coordonnées d'un vecteur directeur $\vv{u}$ de la droite $\mathcal{D}$.
\item Montrer que le point $B\coordEsp{-1}{3}{0}$ appartient à la droite $\mathcal{D}$.
\item Calculer le produit scalaire $\vv{AB}\cdot\vv{u}$.
\end{enumerate}

\item On note $\mathcal{P}$ le plan passant par le point $A$ et orthogonal à la droite $\mathcal{D}$, et on appelle $H$ le point d'intersection du plan  $\mathcal{P}$ et de la droite  $\mathcal{D}$. Ainsi, $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur la droite  $\mathcal{D}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer que le plan  $\mathcal{P}$ admet pour équation cartésienne $2x-y+2z-3=0$.
\item En déduire que le point $H$ a pour coordonnées \coordEsp{\dfrac{7}{9}}{\dfrac{19}{9}}{\dfrac{16}{9}}.
\item Calculer la longueur $AH$. On donnera une valeur exacte.
\end{enumerate}

\item Dans cette question, on se propose de retrouver les coordonnées du point $H$, projeté orthogonal du point $A$ sur la droite $\mathcal{D}$, par une autre méthode.

On rappelle que le point $B\coordEsp{-1}{3}{0}$ appartient à la droite $\mathcal{D}$ et que le vecteur $\vv{u}$ est un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$.
\begin{enumerate}
\item Justifier qu'il existe un nombre réel $k$ tel que $\vv{HB} = k\vv{u}$.
\item Montrer que $k=\dfrac{\vv{AB}\cdot\vv{u}}{\| \vv{u} \|^2}$.
\item Calculer la valeur du nombre réel $k$ et retrouver les coordonnées du point $H$.
\end{enumerate}

\item On considère un point $C$ appartenant au plan $\mathcal{P}$ tel que le volume du tétraèdre $ABCH$ soit égal à $\dfrac{8}{9}$.

Calculer l'aire du triangle $ACH$.

On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par : $\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}\times h$, où $\mathcal{B}$ désigne l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item D'après sa représentation paramétrique, un vecteur directeur de la droite $\mathcal{D}$ est :
\[
\boxed{\vv{u}\begin{pmatrix}
2\\-1\\2
\end{pmatrix}}
\]

\item Remplaçons $x$, $y$ et $z$ par les coordonnées de $B$ dans la représentation paramétrique de $\mathcal{D}$:
\[
\begin{cases}
-1 = 1+2t\\
3 = 2-t\\
0 = 2+2t
\end{cases}
\]
On trouve avec $t = -1$. Il existe donc bien un paramètre $t$ qui donne les coordonnées de $B$, donc $B\in\mathcal{D}$.

\item $\vv{AB}\begin{pmatrix}
-1-(-1)\\
3-1\\
0-3
\end{pmatrix}$, soit $\vv{AB}\begin{pmatrix}
0\\2\\-3
\end{pmatrix}$. Ainsi,
\[
\vv{AB}\cdot \vv{u} = \begin{pmatrix}
0\\2\\-3
\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}
2\\-1\\2
\end{pmatrix} = 0\times2 + 2\times(-1)+(-3)\times2=-2-6=-8.
\]
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Par construction, $\vv{u}\begin{pmatrix}
2\\-1\\2\end{pmatrix}$, vecteur directeur de $\mathcal{D}$, est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$. Donc, d'après le cours, une équation cartésienne de $\mathcal{P}$ est:
\[
2x - y+ 2z + d = 0\qquad,\qquad d\in\R.
\]
De plus, $A\in\mathcal{P}$ donc ses coordonnées vérifient cette équation:
\[
2x_A - y_A + 2z_A + d = 0 \iff -2-1+6 + d = 0 \iff d = -3.
\]
Finalement, une équation cartésienne de $\mathcal{P}$ est bien:
\[
2x - y+ 2z -3 = 0.
\]

\item $H\in\mathcal{D}$ donc $H\coordEsp{1+2t}{2-t}{2+2t}$, $t\in\R$.

De plus, $H\in\mathcal{P}$ donc ses coordonnées vérifient l'équation cartésienne précédente:
\[
2x_H-y_H+2z_H-3=0 \iff 2(1+2t)-(2-t)+2(2+2t)-3=0 \iff t=-\frac{1}{9}.
\]
Par conséquent, $H\coordEsp{1-\frac{2}{9}}{2+\frac{1}{9}}{2-\frac{2}{9}}$, soit $H\coordEsp{\frac{7}{9}}{\frac{19}{9}}{\frac{16}{9}}$.

\item $\begin{aligned}[t]
AH & = \sqrt{(x_H-x_A)^2 + (y_H-y_A)^2 + (z_H-z_A)^2}\\
& = \sqrt{\left( \frac{7}{9}+1 \right)^2 + \left( \frac{19}{9}-1 \right)^2 + \left( \frac{16}{9}-3 \right)^2}\\
& = \sqrt{\frac{53}{9}}\\
\Aboxed{AH & = \frac{\sqrt{53}}{3}}
\end{aligned}$
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item $H$ et $B$ sont deux points de la droite $\mathcal{D}$; par conséquent, $\vv{HB}$ est colinéaire à tout vecteur directeur de $\mathcal{D}$, donc à $\vv{u}$.

Ainsi, il existe un réel $k$ tel que $\vv{HB}=k\vv{u}$.

\item $\begin{aligned}[t]
\vv{HB}=k\vv{u} & \iff \vv{HB}\cdot\vv{u}=k\vv{u}\cdot\vv{u}\\
& \iff \vv{HB}\cdot\vv{u}=k\vv{u}^2\\
& \iff \vv{HB}\cdot\vv{u}=k\| \vv{u} \|^2 \\
& \iff k = \dfrac{\vv{HB}\cdot\vv{u}}{\| \vv{u} \|^2}
\end{aligned}$

\item À la question 1.c, nous avions trouvé : $\vv{HB}\cdot\vv{u}=-8$. Ainsi,
\[
k = \dfrac{-8}{2^2+(-1)^2+2^2}=\dfrac{-8}{9}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\vv{HB}=k\vv{u} & \iff \begin{pmatrix}
-1-x_H\\
3-y_H\\
0-z_H
\end{pmatrix} = -\frac{8}{9}\begin{pmatrix}
2\\
-1\\
2
\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}
-1-x_H & = -\frac{16}{9}\\
3-y_H  & = \frac{8}{9}\\
 -z_H  & = -\frac{16}{9}
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
x_H & = \frac{16}{9}-1 = \frac{7}{9}\\
y_H & = 3-\frac{8}{9} = \frac{19}{9}\\
z_H & = \frac{16}{9}
\end{cases}
\end{align*}
\end{enumerate}

\item Dans le tétraèdre $ABCH$, on peut considérer que $ACH$ est une base et que la hauteur relative est $(BH)$ car $B$ et $H$ sont sur $\mathcal{D}$ et que $\mathcal{D}$ est orthogonale à $\mathcal{P}$, donc au plan $(AHC)$.

Ainsi, si $\mathcal{B}$ représente l'aire du triangle $ACH$ et $\mathcal{V}$ le volume du tétraèdre $ABCH$,
\[
\mathcal{B} = \frac{3\mathcal{V}}{BH}.
\]
Or, $\vv{BH}\begin{pmatrix}
\frac{7}{9}+1\\
\frac{19}{9}-3\\
\frac{16}{9}
\end{pmatrix}$, soit $\vv{BH}\begin{pmatrix}
\frac{16}{9}\\
-\frac{8}{9}\\
\frac{16}{9}
\end{pmatrix}$.

Ainsi, $BH = \sqrt{ 2\times\left(\frac{16}{9}\right)^2 + \left(\frac{8}{9}\right)^2 }=\frac{8}{3}$.

D'où:
\[
\mathcal{B} = \dfrac{3 \times \frac{8}{9}}{ \frac{8}{3} } = 1.
\]

\underline{L'aire de $ACH$ est donc égale à 1 unité d'aire.}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%
\newpage
\begin{exocor}{extrait du bac 2022, sujet 2}[2]
On considère un cube $ABCDEFGH$ et on appelle $K$ le milieu
du segment $[BC]$.

On se place dans le repère $\big(A;\vv{AB},\vv{AD},\vv{AE}\big)$ et on considère le tétraèdre $EFGK$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\fill[shading=ball,ball color=orange!20!white,opacity=0.1] (0,4) -- (5,5.5) -- (4.5,0.75)  -- cycle;
\draw (0,0) node[below left] {$A$} -- (4,0) node[below right] {$B$} -- (4,4) node[right] {$F$} -- (0,4) node[left] {$E$} -- cycle;
\draw (0,4) -- (1,5.5) node[left] {$H$} -- (5,5.5) node[right] {$G$} -- (4,4);
\draw (4,0) -- (5,1.5) node[right] {$C$} -- (5,5.5);
\draw[dashed] (0,0) -- (1,1.5) node[below right] {$D$} -- (5,1.5);
\draw[dashed] (1,1.5) -- (1,5.5);
\draw[thick,red] (5,5.5) -- (4.5,0.75) -- (4,4);
\draw[thick,red] (0,4) -- (5,5.5) -- (4,4) -- cycle;
\draw[thick,red,dashed] (0,4) -- (4.5,0.75); 
\node[below right] at (4.5,0.75) {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par :
\[
\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times \mathcal{B} \times h
\]
où $\mathcal{B}$ désigne l'aire d'une base et $h$ la hauteur relative à cette base.
\begin{enumerate}
\item Préciser les coordonnées des points E, F, G et K.
\item Montrer que le vecteur $\vv{n}\begin{pmatrix}
2\\-2\\1
\end{pmatrix}$ est orthogonal au plan $(EGK)$.
\item Démontrer que le plan $(EGK)$ admet pour équation cartésienne : $2x-2y+z-1=0$.
\item Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(d)$ orthogonale au plan $(EGK)$ passant par $F$.
\item Montrer que le projeté orthogonal $L$ de $F$ sur le plan $(EGK)$ a pour coordonnées \coordEsp{\frac{5}{9}}{\frac{4}{9}}{\frac{7}{9}}.
\item Justifier que la longueur $LF$ est égale à $\dfrac{2}{3}$.
\item Calculer l'aire du triangle $EFG$. En déduire que le volume du tétraèdre $EFGK$ est égal à $\dfrac{1}{6}$.
\item Déduire des questions précédentes l'aire du triangle $EGK$.
\item On considère les points $P$ milieu du segment $[EG]$, $M$ milieu du segment $[EK]$ et $N$ milieu du segment $[GK]$. Déterminer le volume du tétraèdre $FPMN$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Par lectures graphiques, on a:
\begin{itemize}
\item $\vv{AE} = 0\vv{AB} + 0\vv{AD} + 1\vv{AE}$ donc $E\coordEsp{0}{0}{1}$;
\item $\vv{AF} = 1\vv{AB} + 0\vv{AD} + 1\vv{AE}$ donc $F\coordEsp{1}{0}{1}$;
\item $\vv{AG} = 1\vv{AB} + 1\vv{AD} + 1\vv{AE}$ donc $G\coordEsp{1}{1}{1}$;
\item $\vv{AK} = 1\vv{AB} + \frac{1}{2}\vv{AD} + 0\vv{AE}$ donc $K\coordEsp{1}{\frac{1}{2}}{0}$.
\end{itemize}

\item $\vv{n}$ est orthogonal au plan $(EGK)$ si et seulement si il l'est à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.
\begin{itemize}
\item $\vv{EG}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}\cdot\vv{n}\begin{pmatrix}
2\\-2\\1\end{pmatrix}=1\times2 + 1\times(-2) + 0\times1=2-2=0$;
\item $\vv{KG}\begin{pmatrix}0\\\frac{1}{2}\\1\end{pmatrix}\cdot\vv{n}\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}=0\times2 + \frac{1}{2}\times(-2) + 1\times1=-1+1=0$.
\end{itemize}
Ainsi, $\vv{n}$ est orthogonal aux vecteurs $\vv{EG}$ et $\vv{KG}$, non colinéaires donc formant une base du plan $(EKG)$. Il est donc normal à ce dernier plan.

\item D'après la question précédente, et d'après le cours, une équation du plan $(EKG)$ est :
\[
2x-2y+1z+d = 0\qquad,\qquad d\in\R
\]
car $\vv{n}\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}$ est normal à ce plan.

De plus, $E\in(EGK)$ sont ses coordonnées doivent vérifier l'équation:
\[
2x_E-2y_E+z_E+d = 0 \iff d = -1.
\]
Finalement, une équation cartésienne du plan $(EGK)$ est donc bien:
\[
2x-2y+z-1=0.
\]

\item Une représentation paramétrique de la droite $(d)$ orthogonale au plan $(EGK)$ passant par $F$ est de la forme:
\[
\begin{cases}
x = x_F + at\\
y = y_F + bt\\
z = z_F + ct
\end{cases}\qquad,\qquad t\in\R
\]
où $\vv{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(d)$.

Comme $(d)$ est orthogonale au plan $(EGK)$, un vecteur directeur est aussi un vecteur normal au plan. On peut donc prendre $\vv{u}=\vv{n}$.

Finalement, on trouve:
\[
\boxed{ (d)\quad:\quad \begin{cases}
x = 1 + 2t\\
y = -2t\\
z = 1 + t
\end{cases}\qquad,\qquad t\in\R }
\]

\item Le point $L$ est l'intersection de $(d)$ et du plan $(EGK)$.
\begin{itemize}
\item $L\in(d) \iff L\coordEsp{1+2t}{-2t}{1+t}$, $t\in\R$.
\item $L\in(EGK) \iff 2(1+2t) - 2(-2t) + (1+t) - 1= 0 \iff t = -\dfrac{2}{9}$.
\end{itemize}

Par conséquent, $L\coordEsp{\dfrac{5}{9}}{\dfrac{4}{9}}{\dfrac{7}{9}}$.

\item $\vv{LF}\begin{pmatrix}
\frac{5}{9}-1\\
\frac{4}{9}-0\\
\frac{7}{9}-1
\end{pmatrix}$ soit $\vv{LF}\begin{pmatrix}
-\frac{4}{9}\\
\frac{4}{9}\\
-\frac{2}{9}
\end{pmatrix}$.

Ainsi, 
\[
LF = \sqrt{\left(-\frac{4}{9}\right)^2 + \left(\frac{4}{9}\right)^2+\left(-\frac{2}{9}\right)^2}=\dfrac{2}{3}.
\]

\item L'aire du triangle $EFG$ est égale à :
\[
\mathcal{B}=\dfrac{EF \times FG}{2}=\dfrac{1}{2}.
\]
La distance qui sépare le point $K$ du plan $(EFG)$ est égale à $BF$, donc à 1.

Ainsi, le volume du tétraèdre $EFGK$ est:
\[
\mathcal{V}  = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{2}\times1 = \dfrac{1}{6}.
\]

\item Le volume du tétraèdre $EFGK$ est aussi égal à:
\[
\mathcal{V} = \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}\times\mathcal{B}_{EGK}\times FL.
\]
Donc,
\[
\mathcal{B}_{EGK} = \dfrac{3\times\frac{1}{6}}{\frac{2}{3}}=\dfrac{3}{4}.
\]
\item Plaçons les nouveaux points pour mieux y voir:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw[blue!50!black,dashed] (2.5,4.75) node[above] {$P$} 
-- (2.25,2.37) node[below] {$M$} 
-- (4.75,3.125) node[below right] {$N$} -- cycle;
\draw[blue] (4.75,3.125) -- (4,4) -- (2.5,4.75);
\draw[blue,dashed] (4,4) -- (2.25,2.37);
\fill[shading=ball,ball color=orange!20!white,opacity=0.1] (0,4) -- (5,5.5) -- (4.5,0.75)  -- cycle;
\draw (0,0) node[below left] {$A$} -- (4,0) node[below right] {$B$} -- (4,4) node[right] {$F$} -- (0,4) node[left] {$E$} -- cycle;
\draw (0,4) -- (1,5.5) node[left] {$H$} -- (5,5.5) node[right] {$G$} -- (4,4);
\draw (4,0) -- (5,1.5) node[right] {$C$} -- (5,5.5);
\draw[dashed] (0,0) -- (1,1.5) node[below right] {$D$} -- (5,1.5);
\draw[dashed] (1,1.5) -- (1,5.5);
\draw[thick,red] (5,5.5) -- (4.5,0.75) -- (4,4);
\draw[thick,red] (0,4) -- (5,5.5) -- (4,4) -- cycle;
\draw[thick,red,dashed] (0,4) -- (4.5,0.75); 
\node[below right] at (4.5,0.75) {$K$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
Ainsi, $PMN$ est une réduction de $EGK$ de facteur $\dfrac{1}{2}$ donc:
\[
\mathcal{B}_{PMN} = \left(\frac{1}{2}\right)^2 \times \mathcal{B}_{EGK}
\]
et donc le volume du tétraèdre $PMNF$ est:
\[
\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{4}\times\dfrac{3}{4}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{24}.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%
\newpage
\begin{exocor}{prendre des initiatives}[3]
On considère le cube $ABCDEFGH$ suivant, dont la mesure d'une arête est considérée comme unité. On note $\alpha=\angle{AGH}$.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[fill = white, inner sep = 5mm] (img) {
\includegraphics[scale=0.5]{ex-geomesp-2}
};
\drawshadow{img}{black}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item $(AG)$ est-elle orthogonale au plan $(BDE)$ ?
\item Déterminer une mesure de $\alpha$ au degré près. 
\end{enumerate}

\tcblower

Pour cet exercice, nous allons nous placer dans le repère $\big(A;\vv{AB},\vv{AD},\vv{AE}\big)$.
\begin{enumerate}
\item $\vv{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$.

De plus, $\vv{BE}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$ et $\vv{BD}\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$ ne sont pas colinéaires et forment donc une base du plan $(BDE)$.

\medskip

$\vv{GA}\cdot\vv{BE} = 1\times(-1) + 1\times0 + 1\times1 = 0$;

$\vv{AG}\cdot\vv{BF} = 1\times(-1) + 1\times1 + 1\times0 = 0$.

Ainsi, $\vv{AG}$ est orthogonal aux vecteurs d'une base du plan $(BDE)$; il est donc orthogonal à tous vecteurs de ce plan.

\underline{$(AG)$ est donc orthogonale au plan $(BDE)$.}

\item $\vv{AG}\begin{pmatrix}-1\\-1\\-1\end{pmatrix}$ et $\vv{GH}\begin{pmatrix}-1\\0\\0\end{pmatrix}$ donc:
\[
\vv{GA}\cdot\vv{GH} = (-1)\times(-1) + (-1)\times0 + (-1)\times0 = 1.
\]
De plus,
\[
\underbrace{\vv{GA}\cdot\vv{GH}}_{=1} = GA \times GH \times \cos(\alpha) = \sqrt3 \times 1 \times \cos(\alpha).
\]
Ainsi,
\[
\cos(\alpha) = \frac{1}{\sqrt3}\qquad\text{d'où}\qquad \alpha = \arccos\left(\frac{1}{\sqrt3}\right)\approx55^\circ.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}




\subsection*{Exercices d'approfondissement}


\begin{exocor}{sphère tangente à un plan}[2]
\begin{rem}
Les équations cartésiennes de sphères sont des compétences non exigibles en Terminale, d'où le \og 2 étoiles \fg, mais cet exercice n'est pas très compliqué...
\end{rem}
On considère le plan $(\mathcal{P})$ d'équation cartésienne:
\[
-2x + 7y + 3z - 1 = 0.
\]
Déterminer une équation cartésienne de la sphère de centre $A(-1;2;-3)$ tangente à $(\mathcal{P})$.

On rappelle qu'une sphère de centre $\Omega(a;b;c)$ et de rayon $R$ a pour équation cartésienne:
\[
(x-a)^2 + (y-b)^2 + (z-c)^2 = R^2.
\]

\tcblower

Une sphère est tangente à un plan si son rayon est égal à la distance qui sépare son centre et le plan.

La distance du point $A$ au plan $(\mathcal{P})$ est:
\begin{align*}
d\left(\text{A}\mathpunct{};\mathpunct{}\mathcal{P}\right)
& =\dfrac{|ax_\text{A}+by_\text{A}+cz_\text{A}+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\\
& = \dfrac{|-2\times(-1) + 7\times2 + 3\times(-3) - 1|}{\sqrt{(-2)^2 + 7^2 + 3^2}}\\
& = \dfrac{6}{\sqrt{62}}.
\end{align*}
Le rayon de la sphère dont donc être égal à $R=\dfrac{6}{\sqrt{62}}$, donc une équation cartésienne de la sphère est:
\[
\boxed{(x+1)^2 + (y-2)^2 + (z+3)^2 = \frac{18}{31}}
\]
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{intersection de deux plans}[2]
Trouver la représentation paramétrique de l'intersection des plans d'équations cartésiennes respectives :
\[
(\mathcal{P})\;:\;2x-y-z = 1\qquad;\qquad (\mathcal{Q})\;:\;-x+3y+z=2.
\]

\tcblower

Il faut ici résoudre le système:
\[
\begin{cases}
2x-y-z=1\\
-x+3y+z=2
\end{cases}
\]
La méthode consiste alors à exprimer deux inconnues en fonction de la troisième. Nous allons par exemple exprimer $x$ et $y$ en fonction de $z$. On écrit alors le système comme suit:
\[
\begin{cases}
2x-y=1+z\\
-x+3y=2-z
\end{cases}\tag{1}
\]
et on le résout comme si $z$ était un paramètre, et non une inconnue.

On multiplie la deuxième équation par 2:
\[
\begin{cases}
2x-y=1+z\\
-2x+6y=4-2z
\end{cases}
\]
et on ajoute les deux équations:
\[
5y = 5-z \iff y = 1 - \frac{1}{5}z.
\]
On reprend le système (1) et cette fois-ci, on multiplie la première équation par 3 (pour éliminer les $y$ en additionna nt les équations):
\[
\begin{cases}
6x-3y=3+3z\\
-x+3y=2-z
\end{cases}
\]
ce qui donne, en ajoutant les équations:
\[
5x=5+2z \iff x = 1 + \frac{2}{5}z.
\]
On a ainsi:
\[
\begin{cases}
x = 1+\frac{2}{5}z\\
y = 1-\frac{1}{5}z\\
z \in\R.
\end{cases}
\]
En posant par exemple $z=5t$, on a:
\[
\boxed{\begin{cases}
x = 1+2t\\
y = 1-t\\
z = 5t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R}
\]
C'est une représentation paramétrique de la droite d'intersection des deux plans.

\vspace*{1cm}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{intersection de plans}[2]
On donne ci-dessous une équation cartésienne de deux plans $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$.

Pour chaque question, déterminer une représentation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):3x-y+z=7 \\ (\mathcal{P}_2):-x+3y+2z=1\end{array} \right.$

\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):x+y+z=1 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y+z=4\end{array} \right.$

\item $\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):2x-2y+3z=4 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y-3z=2\end{array} \right.$
\end{enumerate}

\tcblower

Nous savons que si deux plans se coupent, alors leur intersection est une droite. Il nous faut donc trouver une représentation paramétrique de cette droite pour chacune des questions.

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):3x-y+z=7 \\ (\mathcal{P}_2):-x+3y+2z=1\end{array} \right. & \iff \left\lbrace\begin{array}{l} 3x-y+z=7 \\ 8y+7z=10 \ (L_2) \leftarrow (L_1)+3(L_2)\end{array}\right.
\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} 3x-y+z=7 \\ y=\frac{5}{4}-\frac{7}{8}z \end{array}\right.
\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} x=\frac{11}{4}-\frac{5}{8}z \\ y=\frac{5}{4}-\frac{7}{8}z \end{array}\right.
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, une représentation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ est :
\[ \boxed{\left\lbrace\begin{array}{l} x=\frac{11}{4}-\frac{5}{8}t \\[6pt] y=\frac{5}{4}-\frac{7}{8}t \\[6pt] z=t \end{array}\right., t \in\R}\]

\item $\begin{aligned}[t]
\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):x+y+z=1 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y+z=4\end{array} \right.
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} x+y+z=1 \\ 5y+z=-2 \ (L_2) \leftarrow 2(L_1)-(L_2) \end{array} \right.\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} x+y+z=1 \\ z=-2-5y \end{array} \right.\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} x=3+4y \\ z=-2-5y \end{array} \right.\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, une représentation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ est :
\[\boxed{\left\lbrace\begin{array}{l} x=3+4t \\ y=t\\ z=-2-5t \end{array} \right., t \in\R} \]

\item $\begin{aligned}[t]
\left\lbrace\begin{array}{l} (\mathcal{P}_1):2x-2y+3z=4 \\ (\mathcal{P}_2):2x-3y-3z=2\end{array} \right. & \iff \left\lbrace\begin{array}{l} 2x-2y+3z=4 \\ y+6z=2 \ (L_2)\leftarrow (L_1)-(L_2) \end{array} \right.\\
& \iff \left\lbrace\begin{array}{l} x=4-\frac{15}{2}z \\ y=2-6z \end{array} \right.\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, une représentation paramétrique de l'intersection de $(\mathcal{P}_1)$ et $(\mathcal{P}_2)$ est :
\[ \boxed{\left\lbrace\begin{array}{l} x=4-\frac{15}{2}t \\ y=2-6t\\ z=t \end{array} \right.,t \in\R}\]
\end{enumerate}
\vspace*{1cm}
\end{exocor}


%%%%

\begin{exocor}{intersection de deux plans}[2]
En vous inspirant par exemple de la méthode utilisée dans la correction de l'exercice précédent, déterminer une représentation paramétrique de l'intersection des plans $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$.
\begin{enumerate}
\item $(\mathcal{P})\;:\;-x+y+z=2$ et $(\mathcal{Q})\;:\;4x-3y+5z=1$.

\item $(\mathcal{P})\;:\;2x-y+3z=1$ et $(\mathcal{Q})\;:\;-3x+2y-7z=1$.
\end{enumerate}

\tcblower


\begin{enumerate}
\item $(\mathcal{P})\;:\;-x+y+z=2$ et $(\mathcal{Q})\;:\;4x-3y+5z=1$.

On considère le système:
\[
\begin{cases}
-x+y+z=2\\
4x-3y+5z=1
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
-x+y=2-z\\
4x-3y=1-5z
\end{cases}\tag{1}
\]
On multiplie par 4 la première équation:
\[
\begin{cases}
-4x+4y=8-4z\\
4x-3y=1-5z
\end{cases}
\]
et on ajoute les deux équations: $y=9-9z$.

On multiplie par 3 la première équation dans le système (1):
\[
\begin{cases}
-3x+3y=6-3z\\
4x-3y=1-5z
\end{cases}
\]
et on ajoute les deux équations: $x=7-8z$.

On arrive finalement à :
\[
\begin{cases}
x = 7 - 8z\\
y = 9 - 9z\\
z \in R
\end{cases}
\]
soit, en posant $z=t$:
\[
\boxed{\begin{cases}
x = 7 - 8t\\
y = 9 - 9t\\
z = t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R}
\]

\item $(\mathcal{P})\;:\;2x-y+3z=1$ et $(\mathcal{Q})\;:\;-3x+2y-7z=1$.

On considère le système:
\[
\begin{cases}
2x-y+3z=1\\
-3x+2y-7z=1
\end{cases}
\iff
\begin{cases}
2x-y=1-3z\\
-3x+2y=1+7z
\end{cases}\tag{1}
\]
On multiplie par 2 la première équation:
\[
\begin{cases}
4x-2y=2-6z\\
-3x+2y=1+7z
\end{cases}
\]
et on ajoute les deux équations: $x=3+z$.

On multiplie par 3 la première équation et par 2 la seconde équation dans le système (1):
\[
\begin{cases}
6x-3y=3-9z\\
-6x+4y=2+14z
\end{cases}
\]
et on ajoute les deux équations: $y=5+5z$.

On arrive finalement à :
\[
\begin{cases}
x = 3+z\\
y = 5+5z\\
z \in R
\end{cases}
\]
soit, en posant $z=t$:
\[
\boxed{\begin{cases}
x = 3+t\\
y = 5+5t\\
z = t
\end{cases}\quad,\quad t\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{avec une sphère}[3]
Dans l'espace muni d'un repère orthonormal \Rijk, on considère :

\begin{itemize}
\item les points $A\coordEsp{1}{1}{1}$ et $B\coordEsp{3}{2}{0}$ ;
\item le plan $(\mathcal{P})$ passant par le point B et admettant le vecteur $\vv{AB}$ pour vecteur normal ;
\item le plan $(\mathcal{Q})$ d'équation : $x-y+2z+4=0$ ;
\item la sphère $(\mathcal{S})$ de centre $A$ et de rayon $AB$.
\end{itemize}

\begin{enumerate}
\item Montrer qu'une équation cartésienne du plan $(\mathcal{P})$ est : $2x+y-z-8= 0$
\item Déterminer une équation de la sphère $(\mathcal{S})$.
\item
\begin{enumerate}
\item On admet que la distance du point $A$ aux plans $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$ est égale à $\sqrt6$.

En déduire que le plan $(\mathcal{Q})$ est tangent à la sphère $(\mathcal{S})$.
\item Le plan $(\mathcal{P})$ est-il tangent à la sphère $(\mathcal{S})$ ?
\end{enumerate}
\item On admet que le projeté orthogonal de$A$ sur le plan $(\mathcal{Q})$, noté $C$, a pour coordonnées $\coordEsp{0}{2}{-1}$.
\begin{enumerate}
\item Prouver que les plans $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$ sont sécants.
\item Soit $(\mathcal{D})$ la droite d'intersection des plans $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$.\\
Montrer qu'une représentation paramétrique de la droite $(\mathcal{D})$ est :
\[
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x=t\\
y=12-5t\\
z=4-3t
\end{array}
\right., t \in \mathbb{R}
\]
\item Vérifier que le point $A$ n'appartient pas à la droite $(\mathcal{D})$.
\item On appelle $(\mathcal{R})$ le plan défini par le point $A$ et la droite $(\mathcal{D})$.\\
L'affirmation suivante est-elle vraie ou fausse ?\\
\og Tout point du plan  $(\mathcal{R})$ est équidistant des points $B$ et $C$ \fg.\\
Justifier votre réponse.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Nous savons que si $\vv{u}\begin{pmatrix}a \\ b \\ c\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(\mathcal{P})$, alors une équation cartésienne du plan sera : \[ ax+by+cz+d=0\]
Nous savons ici que $\vv{AB}\begin{pmatrix}3-1\\ 2-1 \\0 - 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}$ est normal à $(\mathcal{P})$ donc une équation de ce plan est : \[ 2x+y-z+d=0\]
Or, $B \in (\mathcal{P})$ donc ses coordonnées vérifient l'équation : \[ 2x_B+y_B-z_B+d=0\]
Soit : \[6+2+d=0 \]
Donc : \[ d=-8\]
Ainsi : \[ \boxed{(\mathcal{P}):2x+y-z-8=0}\]

\item Ici, la question est large ... En effet, l'énoncé ne nous dit pas quel type d'équation il faut établir : une équation cartésienne , paramétrique ou polaire ? On suppose qu'il s'agit ici d'une équation cartésienne.\\
Or, une équation cartésienne d'une sphère de centre $\coordEsp{x_A}{y_A}{z_A}$ et de rayon $r$ est :
\[ \left(x-x_A\right)^2+\left(y-y_A\right)^2+\left(z-z_A\right)^2=r^2\]
On a : \[ \left\vert\left\vert \vv{AB} \right\vert\right\vert = \sqrt{2^2+1^2+(-1)^2}=\sqrt{6}\]
Ainsi : \[ (\mathcal{S}): (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=\left(\sqrt{6}\right)^2\]
Soit :  \[ (\mathcal{S}): x^2-2x+1+y^2-2y+1+z^2-2z+1=6\]
Ou encore : \[ \boxed{(\mathcal{S}): x^2+y^2+z^2-2(x+y+z)=3}\]
\item
\begin{enumerate}
\item La distance du point $A$ au plan $(\mathcal{Q})$ étant égale au rayon de la sphère $(\mathcal{S})$, on peut affirmer que le plan $(\mathcal{Q})$ est tangent à $(\mathcal{S})$.

\item La distance du point $A$ au plan $(\mathcal{P})$ étant égale au rayon de la sphère $(\mathcal{S})$, on peut affirmer que le plan $(\mathcal{P})$ est tangent à $(\mathcal{S})$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Nous venons de montrer que les plans $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$ étaient tous les deux tangents à la sphère $(\mathcal{S})$. Ainsi, s'ils sont parallèles, les points en lesquels ils sont tangents à $(\mathcal{S})$, c'est-à-dire $C$ et un autre point, que nous nommerons $C'\coordEsp{a}{b}{c}$, devraient être diamétralement opposés. \\
Ainsi :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x_A=\frac{x_C+a}{2}\\[6pt]
y_A=\frac{y_C+b}{2}\\[6pt]
z_A=\frac{z_C+c}{2}
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\lbrace
\begin{array}{l}
1=\frac{a}{2}\\[6pt]
1=\frac{2+b}{2}\\[6pt]
1=\frac{-1+c}{2}
\end{array}
\right.
\Longrightarrow
\left\lbrace
\begin{array}{l}
a=2\\
b=0\\
c=3
\end{array}
\right.
\]

Si $C' \in (\mathcal{P})$ alors ses coordonnées vérifient l'équation cartésienne de $(\mathcal{P})$ ; or :
\[ 2\times 2 + 0 - 3 - 8 = -7 \neq 0\]
Ce qui signifie que $C' \notin (\mathcal{P})$. Ainsi, $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$ ne sont pas parallèles ; \underline{ils sont donc sécants.}

\item $(\mathcal{P})$ et $(\mathcal{Q})$ sont sécants donc, si $M(x;y;z) \in (\mathcal{P}) \cap (\mathcal{Q})$, alors : \[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
2x+y-z-8=0\\
x-y+2z+4=0
\end{array}
\right.
\]
Donc, en ajoutant les deux lignes pour obtenir la nouvelle seconde ligne :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
2x+y-z-8=0\\
3x+z-4=0
\end{array}
\right.\quad,
\]
soit :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
2x+y-z-8=0\\
z=4-3x
\end{array}
\right.\quad.
\]
Ainsi :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
2x+y-(4-3x)-8=0\\
z=4-3x
\end{array}
\right.\quad,
\]
d'où :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
5x+y-12=0\\
z=4-3x
\end{array}
\right.\quad.
\]
Finalement, on a :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
y=12-5x\\
z=4-3x
\end{array}
\right.\quad.
\]
En posant $t=x$, on a alors :
\[ 
\boxed{ (\mathcal{D}):
\left\lbrace
\begin{array}{l}
x=t\\
y=12-5t\\
z=4-3t
\end{array}
\right., t \in \mathbb{R}}
\]

\item Injectons les coordonnées du point $A$ dans l'équation paramétrique de $(\mathcal{D})$ :
\[ 
\left\lbrace
\begin{array}{l}
1=t\\
1=12-5t\\
1=4-3t
\end{array}
\right.
\]
Ce système n'admet aucune solution ; en effet, la première ligne nous dit que $t=1$. Or, si nous remplaçons $t$ par 1 dans la seconde ligne, cela nous donne l'égalité : \og 1=7 \fg, ce qui est faux.

\medskip

\underline{Par conséquent, $A$ n'appartient pas à $(\mathcal{D})$.}

\item Montrons que le plan $(\mathcal{R})$ est le plan médiateur de $[BC]$.

\medskip

$\vv{BC}\begin{pmatrix}-3\\0\\-1\end{pmatrix}$ ; posons $I\left(\frac{x_B+x_C}{2};\frac{y_B+y_C}{2};\frac{z_B+z_C}{2} \right)=\left(\frac{3+0}{2};\frac{2+2}{2};\frac{0-1}{2}\right)=\left(\frac{3}{2};2;-\frac{1}{2}\right)$ le milieu de $[BC]$.\\
Soit $M(x;y;z)$ un point du plan médiateur de $[BC]$. Alors : \[ \vv{IM}.\vv{BC}=0 \]
Soit : \[ -3\left(x-\frac{3}{2}\right)+0\times(y-2)-1 \times \left(z+\frac{1}{2}\right)=0\]
Soit : \[ -3x-z+4=0 \]

Les coordonnées du point $A$ vérifient cette dernière équation ; en effet, \mbox{$-3\times 1 - 1 + 4=0$}. Donc $A$ appartient au plan médiateur de $[BC]$.\\
De plus, n'importe quel point de $(\mathcal{D})$, de coordonnées $(t;12-5t;4-3t)$,$t \in\R$, appartient aussi à ce plan ; en effet, $-3t-(4-3t)+4=0$. 

\medskip

Ainsi, le plan défini par le point $A$ et par la droite $(\mathcal{D})$, c'est-à-dire $(\mathcal{R})$, est le plan médiateur de $[BC]$. \underline{Donc tout point de $(\mathcal{R})$ est équidistant des points $B$ et $C$.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}




\corriges

