\thumb

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex1


\begin{vf}{Généralités}{10 }
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
Si $A$ et $B$ sont deux points distincts de l'espace et $k$ un réel non nul, l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\gvec{AM}=k\cdot\gvec{AB}$ est la droite $(AB)$.

\item
Si $A, B, C$  sont trois points distincts de l'espace et $H$ est le projeté orthogonal de $C$ sur la droite $(AB)$ alors
$\gvec{AB}\cdot \gvec{AC}=\gvec{AB}\cdot \gvec{AH}$.

 \item
 Si $A, B, C, D$  sont quatre points distincts de l'espace tels que\linebreak[4] $\gvec{AB}\cdot \gvec{AC}=\gvec{AB}\cdot \gvec{AD}$ alors les vecteurs  $\gvec{AB}$ et  $\gvec{CD}$ sont colinéaires.
 
\item
Le plan d'équation $x-2y+2z-7=0$ est tangent à la sphère d'équation $x^2+y^2+z^2-6y-4z+4=0$ au point $A$ de coordonnées $(1~;1~;4)$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\textit{Faux}. Si $k$ est non nul, le point $M$ ne pourra jamais être confondu avec $A$. L'ensemble obtenu sera donc la droite $(AB)$ privée de $A$.

\item
\textit{Vrai}. Si le point $C$ appartient à la droite $(AB)$ alors $C=H$ et l'égalité est vraie. Sinon, $\gvec{AB}\cdot \gvec{AC}=\gvec{AB}\cdot \gvec{AH}+\gvec{AB}\cdot \gvec{HC}$. Or, les droites $(AB)$ et $(HC)$ sont orthogonales donc $\gvec{AB}\cdot \gvec{HC}=0$.\\ 
Par suite, $\gvec{AB}\cdot \gvec{AC}=\gvec{AB}\cdot \gvec{AH}$.

\item
\textit{Faux}. $\gvec{AB}\cdot \gvec{AC}=\gvec{AB}\cdot \gvec{AD}$ équivaut à  $\gvec{AB}\cdot \gvec{DC}=0$ donc les vecteurs  $\gvec{AB}$ et  $\gvec{CD}$ sont orthogonaux et différents et non nuls, donc non colinéaires.

\item
\textit{Vrai}. On commence par transformer l'équation de la sphère en\linebreak[4] $x^2+(y-3)^2+(z-2)^2=9$. La sphère est de centre $I(0~;3~;2)$ et de rayon 3.

On s'assure que le point $A$ appartient bien à cette sphère puisque ses coordonnées vérifient l'équation trouvée. Le plan tangent à la sphère au point $A$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\gvec{AM}\cdot \gvec{IA}=0$. En calculant ce produit scalaire, on obtient ainsi une équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ :  $x-2y+2z-7=0$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex2

\begin{vf}{Produit scalaire dans l'espace}{10}
Dans l'espace muni d'un repère orthonormé $(O~; \vec{i}, \vec{j},\vec{k})$,  on considère le vecteur $\vec{u}$ de coordonnées $(0~;1~;2)$.

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item Il existe un unique vecteur $\vec{v}$ de l'espace tel que $\vec{u}\cdot \vec{v}=0$ et $\vec{v}\cdot \vec{\imath}=0$.

\item L'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\vec{u}\cdot\gvec{OM}=0$ est un plan.

 \item
 L'ensemble des vecteurs $\vec{v}$ de l'espace tels que $\vec{u}\cdot \vec{v}=0$, $\vec{v}\cdot \vec{\imath}=-1$ et $\vec{v}\cdot \vec{\jmath}=0$ est vide.
 
\item  L'ensemble des vecteurs $\vec{v}$ de l'espace tels que $\vec{u}\cdot \vec{v}=1$, $\vec{v}\cdot \vec{\imath}=1$ et $\vec{v}\cdot \vec{\jmath}=1$ est vide.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\textit{Faux}. Les vecteurs de coordonnées $(0~;2~;-1)$ et $(0~;6~;-3)$ vérifient tous les deux les conditions demandées.

\item \textit{Vrai}. L'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x~;y~;z)$ tels que\linebreak $\vec{u}\cdot\gvec{OM}=0$ forme le plan d'équation : $y+2z=0$.

\item
\textit{Faux}. Le vecteur de coordonnées $(-1~;0~;0)$ convient.

\item
\textit{Faux}. Le vecteur de coordonnées $(1~;1~;0)$ convient.

\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex3

\begin{vf}{Positions relatives de plans de l'espace}{10}
Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
Soient $\mathcal{P}$, $\mathcal{Q}$, $\mathcal{R}$ trois plans tels que $\mathcal{P} \cap \mathcal{Q} \cap \mathcal{R} = \varnothing$, alors le système  formé par les équations cartésiennes de ces trois plans n'admet aucune solution.

\item
Soient $\mathcal{P}$, $\mathcal{Q}$, $\mathcal{R}$ trois plans tels que $\mathcal{P} \cap \mathcal{Q} \cap \mathcal{R} = \varnothing$, alors le plan $\mathcal{P}$ est parallèle au plan $\mathcal{Q}$ et le plan $\mathcal{Q}$ est parallèle au plan $\mathcal{R}$.

 \item
 Si $\mathcal{P} \cap\mathcal{Q} \neq \varnothing$ et $\mathcal{R} \cap\mathcal{Q} \neq \varnothing$ alors $\mathcal{P} \cap\mathcal{Q} \cap\mathcal{R} \neq \varnothing$.
 
\item
Soit $m$ un réel, l'ensemble des points $M$ de l'espace de coordonnées $(m~;m~;0)$ est le plan d'équation cartésienne $x-y=0$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\textit{Vrai}. Un triplet $(a~;b~;c)$ est solution du système formé par les équations cartésiennes de ces trois plans si et seulement si il vérifie ces trois équations, ce qui équivaut à dire que le point de coordonnées $(a~;b~;c)$ appartient simultanément aux trois plans. Or, par hypothèse, l'intersection des trois plans est vide.

\item
\textit{Faux}. Considérons les plans $\mathcal{P}$, $\mathcal{Q}$ et $\mathcal{R}$ d'équations cartésiennes respectives $x+y=2$, $y+z=3$ et $x+2y+z=0$. L'intersection de ces trois plans est clairement vide cependant ces plans ne sont pas parallèles.

\item
\textit{Faux}.  Considérons les plans $\mathcal{P}$, $\mathcal{Q}$ et $\mathcal{R}$ d'équations cartésiennes respectives $x=0$, $x+y=2$ et $x=3$.  On a  $\mathcal{P} \cap \mathcal{Q} \neq \varnothing$ puisque, par exemple le point de coordonnées $(0~;2~;0)$ appartient à la fois à $\mathcal{P}$ et à $\mathcal{Q}$. De même, on a 
 $\mathcal{R} \cap \mathcal{Q} \neq \varnothing$ puisque le point de coordonnées $(3~;-1~;0)$ appartient simultanément aux plans $\mathcal{Q}$ et $\mathcal{R}$.
 
 Cependant $\mathcal{P} \cap \mathcal{Q} \cap \mathcal{R} =\varnothing$ puisqu'on ne peut avoir simultanément $x=0$ et $x=3$.


\item
\textit{Faux}. Le point de coordonnées $(1~;1~;1)$ appartient au plan d'équation cartésienne $x-y=0$ mais ses coordonnées ne sont pas de la forme $(m~;m~;0)$.
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex4

\begin{vf}{Droites et plans de l'espace}{10}
L'espace est rapporté au repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$. On considère quatre points $A(2~;4~;1)$, $B(0~;4~;-3)$, $C(3~;1~;-3)$ et $D(1~;0~;-2)$.

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes ?
\begin{questions}
\item
Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est : $2x+2y-z=11$.

\item
Les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont orthogonales.

 \item
 Une représentation paramétrique de la droite $(CD)$ est :
 \[
\begin{cases}x=-1+2t\\y=-1+t\\z=1-t\end{cases} \qquad,\qquad t\in\R.
\]

\item
Le point $I$ de coordonnées $\left(\dfrac{3}{5}~;4~;-\dfrac{9}{5}\right)$ appartient à la droite $(AB)$.
\end{questions}
\end{vf}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
\textit{Vrai}. On commence par vérifier que les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés puisque les vecteurs  $\gvec{AB}(-2~;0~;-4)$ et $\gvec{AC}(1~;-3~;-4)$ ne sont pas colinéaires. Par suite, il existe un unique plan contenant les points $A$, $B$ et $C$. Il ne reste plus qu'à s'assurer que les coordonnées des trois points vérifient l'équation proposée, ce qui est le cas.

\item
\textit{Vrai}. D'après la question précédente, les coordonnées du vecteur  $\gvec{AB}$ sont $(-2~;0~;-4)$.

On calcule de même celles du vecteur $\gvec{CD}$ soit $(-2~;-1~;1)$. Le produit scalaire de ces deux vecteurs est nul donc ils sont orthogonaux et les droites $(AB)$ et $(CD)$ sont orthogonales.


\item
\textit{Faux}. Le point $D$ n'appartient pas à la droite proposée. En effet, les équations $t-1=0$ et $1-t=-2$ sont incompatibles.

\item
\textit{Vrai}. On connaît les coordonnées du vecteur $\gvec{AB}$. On calcule celles du vecteur $\gvec{AI}$ soit  $\left(-\dfrac{7}{5}~;0~;-\dfrac{14}{5}\right)$. On a donc  $\gvec{AI}=\dfrac{7}{10} \gvec{AB}$. Par suite, ces deux vecteurs sont colinéaires et les points $A$, $I$ et $B$ sont alignés.
\end{questions}
\end{corrige}


%%% NEW 2023

\begin{exo}{Position relative de droites}{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes}{1}{10}
Soit $a$ un réel strictement positif.

On considère le cube $ABCDEFGH$ d'arête $a$ ci-dessous sur lequel les points $I$ et $J$ sont les milieux respectifs des arêtes $[EF]$ et $[AE]$.
\begin{center}
\includegraphics{409_orthesp-03}
\end{center}
\begin{questions}
\item Montrer que les points $I$, $J$, $D$ et $G$ sont coplanaires.
\item Calculer le produit scalaire $\gvec{DI}\cdot\gvec{JG}$.

Que peut-on déduire quant aux droites $(DI)$ et $(JG)$? 
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $I$ et $J$ sont les milieux respectifs de $[EF]$ et $[AE]$ donc :
\[
\gvec{IJ}=\dfrac{1}{2}\gvec{FA}=\dfrac{1}{2}\gvec{GD}.
\]
Donc $\gvec{IJ}$ et $\gvec{GD}$ sont colinéaires.

On en déduit alors que $(IJ)$ et $(GD)$ sont parallèles.

Or, deux droites parallèles définissent un plan. 

Donc $I$, $J$, $D$ et $G$ sont coplanaires.

\item Dans le repère $\big(A;\gvec{AB},\gvec{AD},\gvec{AE}\big)$,
\[
\gvec{DI}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\-1\\1\end{pmatrix}\qquad;\qquad
\gvec{JG}\begin{pmatrix}1\\1\\\frac{1}{2}\end{pmatrix}.
\]
Par conséquent,
\[
\gvec{DI}\cdot\gvec{JG} = \dfrac{1}{2}\times1 + (-1)\times1 + 1\times\dfrac{1}{2} = 0.
\]
On en déduit alors que les droites $(DI)$ et $(JG)$ sont orthogonales.
\end{questions}
\end{corrige}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex5


\begin{exo}{Avec un cube}{Lycée Carnot, Dijon}{1}{15}%
Soit $ABCDA'B'C'D'$ un cube d'arête $a$, où $(AA')$, $(BB')$, $(CC')$ et $(DD')$ sont parallèles.
\par
Calculer les produits scalaires suivants en fonction de $a$.
\[
\begin{gathered}
\gvec{AB} \cdot \gvec{AA'}\quad, \quad \gvec{AB} \cdot \gvec{CC'}\quad, \quad \gvec{AB} \cdot \gvec{DC'}\quad, \quad \gvec{AB} \cdot \gvec{CD'}\quad, \\
\gvec{AD} \cdot \gvec{BC'}\quad, \quad \gvec{AC} \cdot \gvec{DB'}\quad, \quad \gvec{AC'}\cdot\gvec{DB'}\quad,
\quad \gvec{AC'} \cdot \gvec{A'C'}.
\end{gathered}
\]
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item $\gvec{AB} \cdot  \gvec{AA'}=0$
\item $\gvec{AB} \cdot  \gvec{DC'}= \gvec{AB} \cdot  \gvec{DC}=a^2$
\end{itemize}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\item $\gvec{AB} \cdot  \gvec{CC'}=0$
\item $\gvec{AB} \cdot  \gvec{CD'}= \gvec{AB} \cdot  \gvec{CD}=-a^2$
\end{itemize}
\end{minipage}
\begin{itemize}
\item $\gvec{AD} \cdot  \gvec{BC'}= \gvec{AD} \cdot  \gvec{BC}=a^2$
\item $\gvec{AC} \cdot  \gvec{DB'}= \gvec{AC} \cdot ( \gvec{DB}+ \gvec{BB'})= \gvec{AC} \cdot
 \gvec{DB}+ \gvec{AC} \cdot  \gvec{BB'}=0$
 \item $\gvec{AC'} \cdot  \gvec{DB'} =( \gvec{AC}+ \gvec{CC'}) \cdot ( \gvec{DB}+ \gvec{BB'})= \gvec{CC'} \cdot  \gvec{BB'}=a^2$
 \item $\gvec{AC'} \cdot  \gvec{A'C'}=( \gvec{AC}+ \gvec{CC'}) \cdot \gvec{A'C'}= \gvec{AC} \cdot  \gvec{A'C'}=2a^2$
\end{itemize}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex6

\begin{exo}{\'Etude d'un quadrilatère}{Lycée  Pasteur, Dole}{1}{15}
Soit l'espace rapporté à un repère orthonormé, on considère les $4$
points\linebreak $A(13~;-11~;10)$, $B(13~;9~;25)$, $C(-7~;18~;13)$ et $D(-7~;-2~;-2)$.
\par
Quelle est la nature de la figure $ABCD$ ?
\end{exo}

\begin{corrige}
Calculons les coordonnées des vecteurs $ \gvec{AB}$, $ \gvec{DC}$ et $ \gvec{BC}$:
\[
 \gvec{AB}(0~;20~;15)
\quad ; \quad
 \gvec{DC}(0~;20~;15)
\quad \text{et} \quad
 \gvec{BC} (-20~;9~;-12).
\]
Comme $ \gvec{AB}= \gvec{DC}$, $ABCD$ est un parallélogramme. Calculons $ \gvec{AB}\cdot \gvec{BC}$ :
\[
 \gvec{AB} \cdot  \gvec{BC}=0\times (-20)+20\times
9+15\times(-12)=0.
\]
Comme $ \gvec{AB}\cdot \gvec{BC}=0$, les vecteurs $ \gvec{AB}$ et
$ \gvec{BC}$ sont orthogonaux, donc  $ABCD$ est un rectangle.
\par
Enfin, $\bigl\| \gvec{AB}\bigr\|=\bigl\| \gvec{BC}\bigr\|=25$, donc
$ABCD$ est un carré.
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex7

\begin{exo}{Arêtes orthogonales d'un tétraèdre}{Lycée  Guy de Maupassant, Fécamp}{1}{15}
\begin{questions}
\item Montrer que pour tous points $A$, $B$, $C$ et $D$ de l'espace, on a : 
\[
\gvec{DA} \cdot \gvec{BC}+\gvec{DB} \cdot \gvec{CA}+\gvec{DC} \cdot \gvec{AB}=0.
\]
\item En déduire que, si dans un tétraèdre deux couples d'arêtes opposées sont formés d'arêtes orthogonales, il en est de même du troisième.
\end{questions}
\end{exo}


\begin{corrige}
\begin{questions}
\enlargethispage*{3em}
\item  On décompose les vecteurs $ \gvec{DB}$ et
$ \gvec{DC}$ à l'aide de la relation de Chasles en introduisant le point $A$.
\newpage
\[
\begin{aligned}
 \gvec{DA} \cdot  \gvec{BC}+ \gvec{DB} \cdot  \gvec{CA}+ \gvec{DC} \cdot  \gvec{AB}
&= \gvec{DA} \cdot \left( \gvec{BC}+ \gvec{CA}+ \gvec{AB}\right)\\
&\hphantom{=}+ \gvec{AB}
\cdot  \gvec{CA}+ \gvec{AC} \cdot  \gvec{AB}\\
&= \gvec{DA} \cdot  \gvec{0}- \gvec{AB} \cdot  \gvec{AC}+ \gvec{AC} \cdot  \gvec{AB}\\
&=0.
\end{aligned}
\]
\item Les trois couples d'arêtes opposées sont  $([DA],[BC])$,
$([DB],[AC])$ \linebreak et $([DC],[AB])$.
\par
On applique alors l'égalité ci-dessus
en supposant deux des trois produits scalaires nuls : le troisième est
alors nul.
\end{questions}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex8


\begin{exo}{Base orthonormée}{Lycée  Condorcet, Paris}{1}{15}
On se place dans un repère orthonormé $\left(O~;\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k}\right)$. Soient :
\[
\vec{u}\left(-\dfrac{4}{9}~;\dfrac{1}{9}~;\dfrac{8}{9}\right)
\quad ; \quad 
\vec{v}\left(\dfrac{4}{9}~;\dfrac{8}{9}~;\dfrac{1}{9}\right) 
\quad
\text{et}
\quad
\vec{w}\left(\dfrac{7}{9}~;-\dfrac{4}{9}~;\dfrac{4}{9}\right).
\]
Démontrer que $\left(\vec{u},\vec{v},\vec{w}\right)$ est une base orthonormée. 
\end{exo}

\begin{corrige}
Vérifions d'abord que les vecteurs sont unitaires :
\[
\begin{aligned}
\left\| \gvec{u}\right\|^2
&=\left(-\dfrac{4}{9}\right)^2+\left(\dfrac{1}{9}\right)^2+
\left(\dfrac{8}{9}\right)^2
=\dfrac{16+1+64}{81}=1\;,\\
\left\| \gvec{v}\right\|^2
&=\left(\dfrac{4}{9}\right)^2+\left(\dfrac{8}{9}\right)^2+
\left(\dfrac{1}{9}\right)^2
=\dfrac{16+64+1}{81}=1\;,\\
\left\| \gvec{w}\right\|^2
&=\left(\dfrac{7}{9}\right)^2+\left(-\dfrac{4}{9}\right)^2+
\left(\dfrac{4}{9}\right)^2
=\dfrac{49+16+16}{81}=1.
\end{aligned}
\]
Ensuite, calculons les produits scalaires suivants pour montrer que
ces vecteurs sont deux à deux orthogonaux :
\[
\begin{aligned}
\vec{u} \cdot \vec{v}&=\dfrac{(-4)\times 4+1\times 8+8\times 1}{9\times  9}=0\;,\\
\vec{u} \cdot \vec{w}&=\dfrac{(-4)\times 7+1\times (-4)+8\times 4}{9\times  9}=0\;,\\
\vec{v} \cdot \vec{w}&=\dfrac{4\times 7+8\times (-4)+1\times 4}{9\times9}=0.
\end{aligned}
\]
Alors la famille de vecteurs $\left(\vec{u},\vec{v},\vec{w}\right)$ est une base orthonormée.

\begin{methode}
Pour prouver qu'une famille $\left(\vec{u},\vec{v},\vec{w}\right)$ de trois vecteurs est une base orthonormée de l'espace, on montre que les normes des trois vecteurs sont égales à 1 (on dit alors que les vecteurs sont normés ou unitaires) puis que les vecteurs sont deux à deux orthogonaux.
\end{methode}

\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex9


\begin{exo}{\'Equation cartésienne d'un plan}{Lycée Victor Hugo, Besançon}{1}{15}%
Soit l'espace rapporté à un repère orthonormé, on considère les $2$ points $A(-1~;0~;1)$ et $B(0~;3~;1)$.
\begin{questions}
\item Donner une équation cartésienne du plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec{n}(0~;1~;1)$.
\item Donner une équation cartésienne du plan parallèle au plan d'équation $x+y-2z=4$ et passant par $B$.
\item Donner une équation cartésienne du plan médiateur du segment $[AB]$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item Comme $\vec{n}$ est un vecteur normal au plan cherché, une équation cartésienne de celui-ci est : 
\[
y+z=d,\ d\in\R
\] 
où $d$ est déterminé par le fait que $A$ appartient au plan cherché, soit :
\[
0+1=d.
\]
Le plan cherché admet donc pour équation cartésienne : 
\[
y+z=1.
\]
\item Un plan parallèle au plan d'équation :
\[
x+y-2z=4
\] 
admet pour équation  :
\[
x+y-2z=a\;,
\] 
où $a$ est déterminé par le fait que $B$
appartient au plan, soit  :
\[
3-2=a.
\]
Le plan cherché admet donc pour équation cartésienne : 
\[
x+y-2z=1.
\]
\item Le plan médiateur du segment $[AB]$ passe par le milieu de $[AB]$ et admet $ \gvec{AB}$ comme vecteur normal.

Calculons les coordonnées du milieu de $[AB]$ ainsi que celles du  vecteur $ \gvec{AB}$ :
\[
\text{Milieu de }[AB] :  
\left(-\dfrac{1}{2}~;\dfrac{3}{2}~;1\right) ;\quad
\text{le vecteur } \gvec{AB} : (1~;3~;0).
\]
Le plan médiateur du segment $[AB]$ a donc pour équation : 
\[
x+3y=c\;,
\]
avec :
\[
-\dfrac{1}{2}+\dfrac{9}{2}=c\quad,\quad\text{donc } c=4.
\]
Cette équation cartésienne est donc $x+3y=4$.
\end{questions}
%
\begin{methode}
  La première et la troisième question peuvent aussi être résolues avec
  les méthodes suivantes :
\begin{itemize}
\item Le plan passant par $A$ et de vecteur normal $\vec{n}$ est   l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\gvec{AM}\cdot\vec{n}=0$. Si le point $M$ a pour coordonnées $(x~;y~;z)$, on calcule alors les coordonnées du vecteur $ \gvec{AM}$ puis on effectue le
produit scalaire.
\item Le plan médiateur du segment $[AB]$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace équidistants de $A$ et de $B$. Si le point $M$ a pour  coordonnées $(x~;y~;z)$, on calcule alors les distances $MA$ et $MB$ et on écrit l'égalité $MA^2=MB^2$ qui après simplification fournira l'équation cherchée.
\end{itemize}
\end{methode}
\end{corrige}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ex10

\begin{exo}{Droites et plans de l'espace}{Lycée Jean Renoir, Bondy}{1}{25}%
L'espace est rapporté au repère orthonormé $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$.
\par
Les points $A$, $B$, $C$ et $D$ ont pour coordonnées respectives :
\[
\left(-1~;0~;2\right)\quad,\quad\left(3~;2~;-4\right)\quad,\quad\left(1~;-4~;2\right)\quad\text{et}\quad\left(5~;-2~;4\right).
\]
On considère les points $I$, $J$, $K$ définis par : I milieu du segment $[AB]$, $K$ milieu du segment $[CD]$ et $\gvec{BJ}=\dfrac{1}{4}\gvec{BC}$.

\begin{questions}
\item Déterminer les coordonnées des points $I$, $J$ et $K$.
\item 
\begin{questions}
\item Montrer que les points $I$, $J$ et $K$ ne sont pas alignés.
\item Montrer qu'une équation cartésienne du plan $(IJK)$ est :
\[
8x+9y+5z-12=0.
\]
\item Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(AD)$ et démontrer que le plan $(IJK)$ et la droite $(AD)$ sont sécants en un point $L$ dont on déterminera les coordonnées.
\item Montrer que $\gvec{AL}=\dfrac{1}{4}\gvec{AD}$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
Les coordonnées respectives des points $I$ et $K$ sont :
\[
I(1~;1~;-1) \qquad \text{et} \qquad K(3~;-3~;3).
\]
Le point $J$ est défini par la relation vectorielle $\gvec{BJ}=\dfrac{1}{4}\gvec{BC}$.

\par

Soient $(x~;y~;z)$ les coordonnées du point $J$. Alors, les coordonnées du vecteur $\gvec{BJ}$ sont $(x-3~;y-2~;z+4)$.

\par 

Les coordonnées du vecteur $\gvec{BC}$ sont $(-2~;-6~;6)$.

\par 

Les coordonnées du point $J$ s'obtiennent en résolvant le système :
\[
\begin{cases}
x-3=-\dfrac{1}{2}\\[10pt] 
y-2=-\dfrac{3}{2}\\[10pt]
z+4=\dfrac{3}{2}
\end{cases}
\]
Le point $J$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{5}{2}~;\dfrac{1}{2}~;-\dfrac{5}{2}\right)$.

\item
\begin{questions}
\item
Les vecteurs $\gvec{IK}$ et $\gvec{IJ}$ sont pour coordonnées respectives $(2~;-4~;4)$ et $\left(\dfrac{3}{2}~;-\dfrac{1}{2}~;- \dfrac{3}{2}\right)$. Comme il n'existe pas de réel $k$ tel que\linebreak[4] $\gvec{IJ}=k\gvec{IK}$, on en déduit que les vecteurs $\gvec{IK}$ et $\gvec{IJ}$ ne sont pas colinéaires donc les points $I$, $J$ et $K$ ne sont pas alignés.
\enlargethispage*{3em}

\item
Considérons le plan $\mathcal{P}$ d'équation cartésienne  :
\[ 8x+9y+5z-12=0.\]
\newpage
Il contient le point $I$ puisque $8\times1+9\times1+5\times(-1)-12=0$. On montre de même que le plan $\mathcal{P}$ contient aussi les points $J$ et $K$. Or, d'après la question précédente, les points $I$, $J$, $K$ ne sont pas alignés donc ils déterminent un plan. Ce plan n'est donc autre que le plan $\mathcal{P}$. Par conséquent, une équation cartésienne du plan $(IJK)$ est $8x+9y+5z-12=0$.

\begin{methode}
Pour résoudre cette question, on aurait pu aussi procéder de la manière suivante :\par
On commence par déterminer un vecteur $\vec{n}$ à la fois orthogonal aux vecteurs $\gvec{IK}$ et $\gvec{IJ}$. Un tel vecteur est donc un vecteur normal au plan $(IJK)$. Le plan $(IJK)$ est donc l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que $\vec{n}\cdot\gvec{IM}=0$. 
\end{methode}

\item Le vecteur $\gvec{AD}$ a pour coordonnées $(6~;-2~;2)$.\par
Un point $M$ de coordonnées $(x~;y;z)$ appartient à la droite $(AD)$ si et seulement si il existe un réel $t$ tel que $\gvec{AM}=t\gvec{AD}$.\Par
Une représentation paramétrique de la droite $(AD)$ est donc :
\[
\begin{cases}x=-1+6t\\y=-2t\\z=2+2t\end{cases} \quad,\quad t\in\R.
\]
Un point $M$ de la droite $(AD)$ appartient au plan $(IJK)$ si et seulement si il existe un réel $t$ tel que $8(6t-1)-18t+5(2t+2)-12=0$. En résolvant cette équation, on obtient $t=\dfrac{1}{4}$.\Par
Le plan $(IJK)$ et la droite $(AD)$ sont sécants en un point $L$ de coordonnées $\left(\dfrac{1}{2}~;-\dfrac{1}{2}~;\dfrac{5}{2}\right)$.

\item Le vecteur $\gvec{AD}$ a pour coordonnées $(6~;-2~;2)$ et le vecteur $\gvec{AL}$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{3}{2}~;-\dfrac{1}{2}~;\dfrac{1}{2}\right)$, ce qui établit la relation demandée.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}{Aires et volumes}{Lycée Jean Renoir, Bondy}{1}{45}%
Dans l'espace muni d'un repère orthonormé, on considère les points $A(3~;0~;1)$, $B(0~;-1~;2)$, $C(1~;-1~;0)$ et $D(1~;1~;-2)$.
\begin{questions}

\item \label{chap12ex11_1}
\begin{questions}
\item
Démontrer que les vecteurs $\gvec{AC}$ et $\gvec{BC}$ sont orthogonaux.
\item
En déduire la nature du triangle $ABC$.
\item
Calculer l'aire de ce triangle.
\end{questions}

\item \label{chap12ex11_2}
\begin{questions}
\item
Vérifier que $\vec{u}(2~;-5~;1)$ est un vecteur normal du plan $(ABC)$.
\item
Déterminer une équation cartésienne du plan $(ABC)$.
\item Déterminer la distance de $D$ au plan $(ABC)$.
\end{questions}

\item
En utilisant les questions \ref{chap12ex11_1} et \ref{chap12ex11_2}, déterminer le volume du tétraèdre $ABCD$.
%
\item
\begin{questions}
\item
Déterminer un vecteur $\vec {n}$ tel que $\vec {n}\cdot \gvec{BC}=0$ et $\vec {n}\cdot \gvec{CD}=0$.
\item
En déduire une équation cartésienne du plan $(BCD)$.
\end{questions}
%
\item
Exprimer le volume du tétraèdre $ABCD$ en fonction de l'aire du triangle $BCD$.
\item
Déterminer l'aire du triangle $BCD$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item
%
\begin{questions}
\item
Les vecteurs $\gvec{AC}$ et $\gvec{BC}$ ont pour coordonnées respectives\linebreak $(-2~;-1~;-1)$ et $(1~;0~;-2)$. On calcule leur produit scalaire :
\[
\gvec{AC}\cdot \gvec{BC}= (-2)+(-1)\times0+(-1)\times(-2)=0.
\]
On en déduit que les vecteurs $\gvec{AC}$ et $\gvec{BC}$  sont orthogonaux.
%
\item
On déduit de la première question que le triangle $ABC$ est rectangle en $C$.
%
\item
L'aire du triangle $ABC$ est :
\[
\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}AC\times BC\;,
\]
soit :
\[
\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}\sqrt{6}\times\sqrt{5}.
\]
L'aire du triangle $ABC$ est donc $\dfrac{\sqrt{30}}{2}$.
\end{questions}

\item 
\begin{questions}
\item
On a vu que les poins $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés. Pour prouver que le vecteur $\vec {u}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$, il suffit de prouver que ce vecteur est orthogonal à la fois aux vecteurs $\gvec{AC}$ et $\gvec{BC}$. En effet, on sait d'après le cours que tout vecteur non nul orthogonal à deux vecteurs non colinéaires d'un plan $\mathcal{P}$ est un vecteur normal au plan $\mathcal{P}$.

On vérifie que $\gvec{BC}\cdot\vec{u}=\gvec{AC}\cdot\vec {u}=0$ ce qui achève la preuve.

\item
Le plan $(ABC)$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace de coordonnées $(x~;y~;z)$ tels que $\gvec{AM}\cdot\vec {u}=0$.
Une équation cartésienne du plan $(ABC)$ est \[2x-5y+z=7.\]

\item\label{ch12ex11q2c}
En utilisant la formule:
\[
d(M,\mathcal{P})=\dfrac{|ax+by+cz-d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\;,
\]
on déduit que la distance du point $D$ au plan $(ABC)$ est $\dfrac{|-12|}{\sqrt{30}}$ soit $\dfrac{2\sqrt{30}}{5}.$
\end{questions}

\item

On considère comme base du tétraèdre $ABCD$ le triangle $BCA$. Son volume est alors :
\[
\mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\mathcal{A}\times\dfrac{2\sqrt{30}}{5}\;,
\]
soit $\mathscr{V}=2$.
%
\item
\begin{questions}

\item
Soit $\vec{n}$ un vecteur de coordonnées $(a~;b~;c)$.\par
En calculant ces produits scalaires, on montre que $\vec {n}\cdot \gvec{BC}=0$ et $\vec {n}\cdot \gvec{CD}=0$ équivaut à :
\[
\begin{cases}a-2c=0\\2b-2c=0.\end{cases} 
\]
On peut donc choisir par exemple $\vec{n}(2~;1~;1)$.

\begin{attention}
Il existe une infinité de vecteurs  $\vec{n}$ répondant à la question !
\end{attention}

\item
Remarquons que les points $B$, $C$, $D$ ne sont pas alignés (les vecteurs $\gvec{BC}$ et $\gvec{CD}$ ne sont pas colinéaires) donc ils déterminent un plan.\par
Le plan $(BCD)$ est l'ensemble des points $M$ de l'espace de coordonnées $(x~;y~;z)$ tels que $\gvec{BM}\cdot\vec {n}=0$.
Une équation cartésienne du plan $(BCD)$ est $2x+y+z=1$.
\end{questions}

\item
On considère comme base du tétraèdre $ABCD$ le triangle $BCD$. Son volume est alors donné par la formule :
\[
\mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\mathscr{A}' \times d\;,
\]
où $\mathscr{A}'$ représente l'aire du triangle $BCD$ et $d$ la distance du point $A$ au plan $(BCD)$.\par
On calcule cette distance en utilisant la m\^eme formule qu'à la question \ref{ch12ex11q2c}.
\[ d=\dfrac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}.\]
On a donc:
\[
\mathscr{V}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\mathscr{A}'.
\]

\item
Le volume du tétraèdre ayant été calculé antérieurement, on peut ainsi déterminer l'aire du triangle $BCD$.
\par
On a :
\[
2=\mathscr{A}'\times\dfrac{\sqrt{6}}{3}.
\]
On en déduit :
\[
\mathscr{A}'= \sqrt{6}.
\]
%
\end{questions}
%
\begin{methode}
On retiendra la méthode utilisée dans cet exercice (un grand classique des sujets de baccalauréat antérieurs).
\par
On considère un tétraèdre et, en calculant  son volume de deux manières différentes, on déduit, selon les problèmes, soit l'aire d'une des faces triangulaires du tétraèdre soit la distance d'un des sommets au plan contenant la face opposée à ce sommet.
\end{methode}
\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Recherche}{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux}{2}{15}
$ABCDEFGH$ est un cube de diagonale $[AG]$.

\begin{questions}
\item Trouver les points $M$ de $(AG)$ tels que $(MB)$ et $(MD)$ soient orthogonales.

On notera $M_1$ et $M_2$ ces points de sorte que $M_2$ soit le point le plus proche de $G$.

\item Calculer le volume de la pyramide $ABDM_2$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
Dans cet exercice, plaçons-nous dans le repère $\big(A;\gvec{AB},\gvec{AD},\gvec{AE}\big)$.
\begin{questions}
\item Dans ce repère, $\gvec{AG}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ et $A(0;0;0)$ donc une représentation paramétrique de $(AG)$ est:
\[
\begin{cases}
x = t\\
y = t\\
z = t
\end{cases}\qquad,\qquad t\in\R.
\]

Ainsi,
\[
M\in(AG) \iff M(t;t;t),\ t\in\R.
\]

On souhaite que $(MD)$ et $(MB)$ soient orthogonales.
\begin{align*}
\gvec{MB}\cdot\gvec{MD}=0 & \iff \begin{pmatrix}1-t\\-t\\-t\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-t\\1-t\\-t\end{pmatrix}=0\\
& \iff -t(1-t) - t(1-t)  - t \times(-t) = 0\\
& \iff -t(1-t+1-t-t)=0\\
& \iff -t(2-3t)=0\\
& \iff t=0\text{ ou } t=\dfrac{2}{3}.
\end{align*}
Il existe donc deux points $M_1(0;0;0) = A$ et $M_2\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3};\dfrac{2}{3}\right)$ correspondant à notre recherche.
\begin{center}
\includegraphics{424_orthesp-04}
\end{center}
\newpage
\item Rappelons que le volume d'une pyramide est donné par la formule:
\[
\mathcal{V} = \dfrac{1}{3}\times\mathcal{A}\times h
\]
où $\mathcal{A}$ représente l'aire d'une base et $h$ la hauteur de la pyramide relative à cette base.

Prenons $ABD$ pour base. Alors,
\[
\mathcal{A} = \dfrac{AD \times AB}{2} = \dfrac{1\times1}{2}=\dfrac{1}{2}
\]
et 
\[
h = \dfrac{2}{3}.
\]
Ainsi,
\[
\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{9}.
\]
\end{questions}
\end{corrige}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}{\fontsize{13}{13}\selectfont Position relative de plans et de droites}{Lycée Claude Bernard, Paris}{2}{20}
\NathanLiveVideo[\PictoVideo\ Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.]{position relative de plans et de droites}{https://media.prepamath.fr/ILTM2026chGeomEspexoPosRel}

\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,0.4){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTM2026chGeomEspexoPosRel}}}
\vspace*{-5mm}

L'espace est rapporté à un repère orthonormé, $t$ et $t'$ désignent des\linebreak paramètres réels.

Le plan $\mathcal{P}$ admet comme équation cartésienne :
\[
\mathcal{P}\;:\;x-2y+3z+5=0.
\]

Le plan $\mathcal{S}$ admet comme représentation paramétrique : 
\[
\mathcal{S}\;:\;
\begin{cases}
x=-2+t+2t'\\
y=-t-2t'\\
z=-1-t+3t'
\end{cases}
\]

La droite $\mathcal{D}$ admet comme représentation paramétrique : 
\[
\mathcal{D}\;:\;
\begin{cases}
x&=-2+t\\
y&=-t\\
z&=-1-t
\end{cases}
\]

\begin{questions}
\item Démontrer qu'une représentation paramétrique du plan $\mathcal{P}$ est : 
\[
\begin{cases}
x&=t+2t'\\
y&=1-t+t'\\
z&=-1-t
\end{cases}
\]

\item Démontrer que la droite $\mathcal{D}$ est une droite du plan $\mathcal{P}$.

\item Étudier la position relative des plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{S}$. Le cas échéant, donner une représentation paramétrique de leur intersection.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\qrset{height=1.1cm,version=5}\rput(-1,-0.3){
\psframebox{\qrcode{https://media.prepamath.fr/ILTM2026chGeomEspexoPosRel}}}
\vspace*{-5mm}

\begin{questions}
\item La représentation paramétrique proposée est une représentation du plan $\mathcal{P}$ si et seulement si les coordonnées exprimées en fonction de $t$ et $t'$ vérifient l'équation cartésienne du plan $\mathcal{P}$ pour toutes valeurs de $t$ et $t'$.

Donc on remplace :
\[ 
t + 2t' - 2(1 -t + t') + 3(-1 - t) + 5 = 0t + 0t' - 5 + 5 = 0.\]

L'équation est vérifiée quelles que soient les valeurs de $t$ et $t'$, donc on a bien une représentation paramétrique du plan $\mathcal{P}$.

\item Là encore, on remplace dans l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ : si, pour tout $t$, les coordonnées des points de $\mathcal{D}$ vérifient l'équation de $\mathcal{P}$, cela signifiera que $\mathcal{D}$ est incluse dans $\mathcal{P}$.

\begin{Remarque}
les deux autres cas de figure sont :
\begin{itemize}
\item les coordonnées des points de $\mathcal{D}$ ne vérifient l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ pour aucune valeur de $t$ : alors la droite est parallèle au plan $\mathcal{P}$ ;
\item il existe une unique valeur de $t$ qui convient : alors la droite $\mathcal{D}$ est sécante au plan $\mathcal{P}$.
\end{itemize}
\end{Remarque}

En remplaçant, il vient : 
\[ -2 + t -2(-t) + 3(-1- t) + 5 = 0t - 5 + 5 = 0.\]

Donc ici aussi, toute valeur de $t$ convient, donc la droite $\mathcal{D}$ est une droite du plan $\mathcal{P}$.

\item Cherchons à quelle condition un point de $\mathcal{S}$ appartient à $\mathcal{P}$, en remplaçant $x$, $y$ et $z$ dans l'équation cartésienne de $\mathcal{P}$ par leur expression dans la représentation paramétrique de $\mathcal{S}$.

\begin{align*}
&-2 + t + 2t' -2(-t - 2t') + 3(-1 - t + 3t') + 5 = 0\\
\Longleftrightarrow\ & 0t + 15 t' = 0\\
\Longleftrightarrow\ & t' = 0.
\end{align*}

On obtient alors l'équation de l'intersection en remplaçant $t'$ par 0 dans la représentation paramétrique de $\mathcal{S}$.

La droite  intersection de $\mathcal{P}$ et $\mathcal{S}$ a pour représentation paramétrique :
\[
\begin{cases}
x=-2+t\\
y=-t\\
z=-1-t
\end{cases}
\]

C'est en fait la droite $\mathcal{D}$.
\end{questions}
\end{corrige}

%%% NEW 2023

\begin{exo}{Dans un parallélépipède}{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes}{2}{45}
L'espace est muni d'un repère orthonormé $\big(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k}\big)$. 

L'unité de longueur est le centimètre.

On considère les points :
\begin{itemize}
\item $A(1; -1; 0)$,
\item $B(-2; 0; 0)$, 
\item $C(1; 2; -1)$,
\item $E(3; -2; 2)$.
\end{itemize}

\begin{questions}
\item Vérifier que les points $A$, $B$ et $C$ définissent bien un plan.

\Par

\item Justifier que le point $E$ n'appartient pas au plan $(ABC)$.
\end{questions}

On construit alors le parallélépipède $ABCDEFGH$ de sorte que $\gvec{AE} = \gvec{BF}$.

\Par

\textit{Rappel:} toutes les faces d'un parallélépipède sont des parallélogrammes.

\Par

\begin{questions}
\setcounter{enumi}{2}
\item Déterminer les coordonnées des sommets $D$, $F$, $G$ et $H$.

\Par

\item Calculer le produit scalaire $\gvec{AE}\cdot\gvec{AB}$.

\Par

\item En déduire une mesure, arrondie au degré, de l'angle $\widehat{BAE}$.

\Par

\item On considère le point $K\left(-\dfrac{1}{2};1;-\dfrac{1}{2}\right)$.
\begin{questions}
\item Montrer que le point $K$ appartient à la droite $(BC)$.
\item Calculer le produit scalaire $\gvec{AK}\cdot\gvec{BK}$.
\item En déduire que la distance du point $A$ à la droite $(BC)$ est égale à $\dfrac{\sqrt{26}}{2}$ cm.
\item Montrer alors que l'aire du parallélogramme $ABCD$ vaut $\sqrt{91}\text{ cm}^2$.
\end{questions}

\Par

\item Déterminer un vecteur normal $\gvec{n}$ au plan $(ABC)$.

\Par

\item En déduire la distance du point $E$ au plan $(ABC)$.
\Par

\item Calculer alors le volume du parallélépipède $ABCDEFGH$.
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $A$, $B$ et $C$ définissent un plan si $\gvec{AB}$ et $\gvec{AC}$ (par exemple) ne sont pas colinéaires.
\[
\gvec{AB}\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix}\qquad;\qquad\gvec{AC}\begin{pmatrix}0\\3\\-1\end{pmatrix}.
\]
De plus,
\[
\dfrac{0}{-3} \neq \dfrac{3}{1}
\]
donc les coordonnées de $\gvec{AB}$ et $\gvec{AC}$ ne sont pas proportionnelles. Par conséquent, $\gvec{AB}$ et $\gvec{AC}$ ne sont pas colinéaires.

\item $\gvec{AE}\begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}$. 
Si $E$ appartenait au plan $(ABC)$, $\gvec{AE}$ serait une combinaison linéaire de $\gvec{AB}$ et $\gvec{AC}$, donc il existerait deux réels $\lambda$ et $\mu$ tels que:
\begin{align*}
\gvec{AE} = \lambda\gvec{AB} + \mu\gvec{AC} & \iff \begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}=\lambda\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix} + \mu \begin{pmatrix}0\\3\\-1\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}
2 = -3\lambda\\
-1 = \lambda + 3\mu \\
2 = -\mu 
\end{cases}\\
& \iff \lambda = -\dfrac{2}{3},\ \mu = -2\text{ et }-1=-\dfrac{2}{3}+3\times(-2)
\end{align*}
La dernière égalité étant fausse, les réels $\lambda$ et $\mu$ n'existent pas, donc $E$ n'appartient pas au plan $(ABC)$.

\item 
\begin{itemize}
\item $ABCD$ doit être un parallélogramme donc:
\begin{align*}
\gvec{AB} = \gvec{DC} & \iff \begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1-x_D\\2-y_D\\-1-z_D\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}
x_D=1+3=4\\
y_D = 2-1=1\\
z_D = -1
\end{cases}
\end{align*}
Donc $D(4;1;-1)$.

\Par

\item De plus,
\begin{align*}
\gvec{AE} = \gvec{BF} & \iff \begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x_F + 2\\y_F\\z_F\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}
x_F = 0\\
y_F = -1\\
z_F = 2
\end{cases}
\end{align*}

Donc $F(0;-1;2)$.

\item Ensuite,
\begin{align*}
\gvec{BC} = \gvec{FG} & \iff \begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x_G\\y_G+1\\z_G-2\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}
x_G=3\\
y_G = 1\\
z_G = 1
\end{cases}
\end{align*}

Donc $G(3;1;1)$.

\item Enfin,
\begin{align*}
\gvec{FG} = \gvec{EH} & \iff \begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x_H-3\\y_H+2\\z_H-2\end{pmatrix}\\
& \iff \begin{cases}x_H = 6\\y_H = 0\\z_H = 1\end{cases}
\end{align*}

Donc $H(6;0;1)$.
\end{itemize}

\item $\begin{aligned}[t]
\gvec{AE}\cdot\gvec{AB} & = \begin{pmatrix}2\\-1\\2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-3\\1\\0\end{pmatrix}\\
& = 2\times(-3) + (-1)\times1 + 2\times0\\
& = -7.
\end{aligned}$

\item On sait que $\gvec{AE}\cdot\gvec{AB} = AE \times AB \times \cos\widehat{BAE}$. De plus,
\[
AE = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{9} = 3
\]
et
\[
AB = \sqrt{(-3)^2 + 1^2 + 0^2} = \sqrt{10}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\gvec{AE}\cdot\gvec{AB} = AE \times AB \times \cos\widehat{BAE} & \iff \cos\widehat{BAE} = \dfrac{\gvec{AE}\cdot\gvec{AB}}{AE \times AB}\\
 & \iff \cos\widehat{BAE} = \dfrac{-7}{3\sqrt{10}}\\
 & \iff \widehat{BAE} \approx 138^\circ.
\end{align*}

\item 
\begin{questions}
\item $\gvec{BK}\begin{pmatrix}\dfrac{3}{2}\\1\\-\dfrac{1}{2}\end{pmatrix}$ et $\gvec{BC}\begin{pmatrix}3\\2\\-1\end{pmatrix}$. Ainsi,
\[
\gvec{BC} = 2\gvec{BK}.
\]
Les vecteurs sont donc colinéaires, ce qui montre que $K$ appartient à la droite $(BC)$.

\item $\gvec{AK}\cdot\gvec{BK} = 
\begin{pmatrix}-\dfrac{3}{2} \\ 2 \\ -\dfrac{1}{2}\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}\dfrac{3}{2}\\1\\-\dfrac{1}{2}\end{pmatrix} = -\dfrac{9}{4} + 2 + \dfrac{1}{4} = 0$.

\item De la question précédente, on déduit que $(BC)$ est orthogonale à la droite $(AK)$. Or, $K$ appartient à $(BC)$ donc $AK$ représente bien la distance entre le point $A$ et la droite $(BC)$.
\begin{align*}
AK & = \sqrt{ \left(-\dfrac{3}{2}\right)^2 + 2^2 + \left(-\dfrac{1}{2}\right)^2}\\
& = \sqrt{\dfrac{9}{4} + \dfrac{16}{4} + \dfrac{1}{4}}\\
& = \sqrt{\dfrac{26}{4}}\\
& = \dfrac{\sqrt{26}}{2}.
\end{align*}
L'unité graphique étant le centimètre, on déduit que la distance entre $A$ et la droite $(BC)$ est égale à $\dfrac{\sqrt{26}}{2}$~cm.

\item L'aire d'un parallélogramme est donnée par la formule :\[ \text{base} \times \text{hauteur}. \]

Ainsi, l'aire de $ABCD$, exprimée en cm$^2$, est égale à :
\begin{align*}
\mathcal{A}_{ABCD} = AK \times BC & = \dfrac{\sqrt{26}}{2} \times \sqrt{3^2+2^2+(-1)^2}\\
& = \dfrac{\sqrt{26}}{2} \times \sqrt{14}\\
& = \dfrac{\sqrt{26 \times 14}}{2}\\
& = \dfrac{\sqrt{2 \times 13 \times 2 \times 7}}{2}\\
& = \dfrac{2\sqrt{13\times7}}{2}\\
& = \sqrt{91}.
\end{align*}
\end{questions}

\item Un vecteur $\gvec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ normal au plan $(ABC)$ est tel que:
\begin{align*}
\begin{cases}
\gvec{n}\cdot\gvec{AB} = 0\\
\gvec{n}\cdot\gvec{AC} = 0
\end{cases} & \iff \begin{cases}
-3a+b=0\\
3b-c=0
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
b = 3a\\
c = 3b = 9a
\end{cases}
\end{align*}
En prenant $a=1$ par exemple, on trouve $\gvec{n}\begin{pmatrix}1\\3\\9
\end{pmatrix}$.

\item Trouvons une équation cartésienne du plan $(ABC)$.

On sait qu'elle est de la forme:
\[
x+3y+9z+d = 0
\]
car $\gvec{n}\begin{pmatrix}1\\3\\9\end{pmatrix}$ est normal à ce plan.

De plus, 
\[
B\in(ABC) \iff x_B+3y_B+9z_B+d = 0 \iff d = 2.
\]
On trouve finalement:
\[
(ABC)\quad:\quad x+3y+9z+2 = 0.
\]
La distance du point $E$ au plan $(ABC)$ est alors:
\begin{align*}
d\big(E;(ABC)\big) & = \dfrac{|x_E + 3y_E + 9z_E + 2|}{\sqrt{1^1+3^2+9^2}}\\& = \dfrac{|3 + 3\times(-2) + 9\times2 + 2|}{\sqrt{91}}\\
& = \dfrac{17}{\sqrt{91}}.
\end{align*}

\item Le volume du parallélépipède est donné par la formule:
\begin{align*}
\mathcal{V} & = \text{aire d'une base} \times \text{hauteur relative à cette base} \\
& = \mathcal{A}_{ABCD} \times d\big(E;(ABC)\big)\\
& = \sqrt{91}\times\dfrac{17}{\sqrt{91}}\\
& = 17\text{ cm}^3.
\end{align*}
\end{questions}
\end{corrige}

%%% NEW 2023
\newpage
\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exo}{Dans un cube}{Polynésie, septembre 2020}{2}{45}
Soit $ABCDEFGH$ un cube. L'espace est rapporté au repère orthonormé $\big(A;\gvec{AB}, \gvec{AD}, \gvec{AE}\big)$.
\begin{center}
\includegraphics{414_orthesp-05}
\end{center}

Pour tout réel $t$, on considère le point $M$ de coordonnées $(1 - t~;~ t~;~t)$.
\begin{questions}
\item Montrer que pour tout réel $t$, le point $M$ appartient à la droite $(BH)$.
\end{questions}

On admet que les droites $(BH)$ et $(FC)$ ont respectivement pour représentation paramétrique:
\[
\begin{cases}
x = 1-t\\
y = t\\
z = t
\end{cases},\quad t \in \R\quad 
\qquad\text{et}\qquad
\begin{cases}
x  = 1\\
y  = t'\\
z = 1- t'
\end{cases},\quad t' \in \R.
\]

\begin{questions}
\setcounter{enumi}{1}
\item Montrer que les droites $(BH)$ et $(FC)$ sont orthogonales et non coplanaires.
\item Pour tout réel $t'$, on considère le point $M'(1; t'; 1 - t')$.
\begin{questions}
\item Montrer que pour tous réels $t$ et $t'$, 
\[
MM'^2 =3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6}.
\]
\item Pour quelles valeurs de $t$ et de $t'$ la distance $MM'$ est-elle minimale ? Justifier.
\item On nomme $P$ le point de coordonnées $\left(\frac{2}{3}~;~\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}\right)$ et $Q$ celui de coordonnées $\left(1~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}\right)$.

Justifier que la droite $(PQ)$ est perpendiculaire aux deux droites $(BH)$ et $(FC)$.
\item Quelle est la distance entre $(BH)$ et $(FC)$?
\end{questions}
\end{questions}
\end{exo}

\begin{corrige}
\begin{questions}
\item $\gvec{BH}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$ et $\gvec{BM}\begin{pmatrix}-t\\t\\t\end{pmatrix}$.

Ainsi, $\gvec{BM}=t\gvec{BH}$. Par conséquent, $\gvec{BM}$ et $\gvec{BH}$ sont colinéaires, et donc les points $B$, $M$ et $H$ sont alignés.

On en conclut que pour tout réel $t$, $M$ est sur la droite $(BH)$.

\item D'après leurs représentations paramétriques, 
\begin{itemize}
\item $(BH)$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}$;
\item $(FC)$ a pour vecteur directeur $\vec{v}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$.
\end{itemize}
Ainsi, 
\[
\vec{u}\cdot\vec{v} = -1\times0 + 1\times1 + 1\times(-1) = 0.
\]
Par conséquent, $(BH)$ et $(FC)$ sont orthogonales.

\Par

De plus, $(FC)$ est incluse dans le plan $(BCF)$, ce qui n'est pas le cas de $(BH)$ car $H\not\in(BCF)$.

Les droites $(BH)$ et $(FC)$ ne sont donc pas coplanaires.

\item 
\begin{questions}
\item $M(1-t;t;t)$ et $M'(1;t';1-t')$. Donc:
\begin{align*}
MM'^2 & = (x_{M'}-x_M)^2 + (y_{M'}-y_M)^2 + (z_{M'}-z_M)^2\\
& = (1-1+t)^2 + (t'-t)^2 + (1-t'-t)^2\\
& = t^2 + (t')^2 - 2tt' + t^2 + (1-t')^2 - 2t(1-t') + t^2\\
& = 3t^2 + (t')^2 - 2tt' + 1 - 2t' + (t')^2- 2t + 2tt' \\
& = 3t^2 + 2(t')^2  - 2t  + 1 - 2t'.
\end{align*}
De plus, 
\begin{align*}
& 3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6}\\
=\ & 3\left(t^2 - \dfrac{2}{3}t + \dfrac{1}{9}\right) + 2\left( (t')^2 - t' + \dfrac{1}{4}\right) + \dfrac{1}{6}\\
=\ & 3t^2-2t+\dfrac{1}{3} + 2(t')^2-2t'+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{6}\\
=\ & 3t^2-2t + 2(t')^2-2t'+1\\
=\ & MM'^2.
\end{align*}

\item Pour que $MM'$ soit minimale, il faut que $MM'^2$ le soit aussi.
\[
3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6} > 0
\]
comme la somme de deux termes positifs ou nuls et de $\dfrac{1}{6}$.

$MM'^2$ est minimale quand 
\[
\left(t- \frac{1}{3}\right)^2=0 \qquad\text{et}\qquad \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2=0
\]
donc pour:
\[
t=\dfrac{1}{3}\qquad\text{et}\qquad t'=\dfrac{1}{2}.
\]

\item $\gvec{PQ}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\[6pt]\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}\end{pmatrix}$.
\begin{itemize}
\item $\gvec{PQ}\cdot\gvec{BH}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\[6pt]\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=0$;
\item $\gvec{PQ}\cdot\gvec{FC}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\[6pt]\frac{1}{6}\\[6pt]\frac{1}{6}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}=\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}=0$.
\end{itemize}
Ainsi, $(PQ)$ est orthogonale à $(BH)$ et $(FC)$.

\Par

Remarquons maintenant qu'en prenant $t=\dfrac{1}{3}$ dans la représentation paramétrique de $(BH)$, on obtient les coordonnées de $P$; donc $P\in(BH)$.

De même, en prenant $t'=\dfrac{1}{2}$ dans la représentation paramétrique de $(FC)$, on obtient les coordonnées de $Q$; donc $Q\in(FC)$.

\Par

Ainsi, en plus d'être orthogonales, les droites $(BH)$ et $(FC)$ sont perpendiculaires à $(PQ)$.

\item D'après ce qui précède, la distance entre $(BH)$ et $(FC)$ est égale à $PQ$, distance minimale de $MM'$, donc égale à $\sqrt{\dfrac{1}{6}}=\dfrac{\sqrt6}{6}$.
\end{questions}
\end{questions}
\end{corrige}

\thumb
\AfficheCorrige
