\chapter[Orthogonalité et distances dans l'espace]{Orthogonalité\\et distances dans l'espace}

\section{Produit scalaire dans l'espace}

\subsection{Définition}

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

Sa définition ainsi que les propriétés restent inchangées dans l'espace.

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

Le \textit{produit scalaire} de $\vv{u}$ et $\vv{v}$ est le nombre:
\[
\prodscal{u}{v}=\| \vv{u} \| \times \| \vv{v} \| \times \cos\big(\vv{u},\vv{v}\big).
\]
\end{defin}

\subsection{Propriétés algébriques}

\begin{prop}[projeté orthogonal]
Soient $\vv{u}$ et $\vv{v}$ deux vecteurs de l'espace.

Soient $A$, $B$ et $C$ trois points de l'espace tels que $\vv{AB}=\vv{u}$ et $\vv{AC}=\vv{v}$.

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

Alors,
\begin{itemize}
\item $\prodscal{u}{v} = AB \times AH$ si $0 \leqslant \big(\vv{u},\vv{v}\big) \leqslant \dfrac{\pi}{2}$;
\item $\prodscal{u}{v} = -AB \times AH$ si $\dfrac{\pi}{2} < \big(\vv{u},\vv{v}\big) \leqslant \pi$.
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{prop}[symétrie, distributivité, bilinéarité et identités remarquables]
Pour tous vecteurs $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ de l'espace, et pour tous réels $\lambda$ et $\mu$
\begin{itemize}
\begin{multicols}{2}
\item $\vv{u}\cdot\vv{v}=\vv{v}\cdot\vv{u}$ (propriété de symétrie)

\item $\vv{u}\cdot\big(\vv{v} + \vv{w}\big) = \vv{u}\cdot\vv{v} + \vv{u}\cdot\vv{w}$ (distributivité)

\item $\big(\lambda\vv{u}\big)\cdot\big(\mu\vv{v}\big)=\lambda\mu\big(\vv{u}\cdot\vv{v}\big)$ (bilinéarité)

\columnbreak

\item $\| \vv{u} + \vv{v} \|^2 = \|\vv{u}\|^2 + 2\prodscal{u}{v} + \|\vv{v}\|^2$;

\item $\| \vv{u} - \vv{v} \|^2 = \|\vv{u}\|^2 - 2\prodscal{u}{v} + \|\vv{v}\|^2$

\item $ \big(\vv{u}+\vv{v}\big)\cdot\big(\vv{u}-\vv{v}\big) = \|\vv{u}\|^2 - \|\vv{v}\|^2$
\end{multicols}
\end{itemize}
\end{prop}

\begin{prop}[formules de polarisation]
Pour tous vecteurs $\vv{u}$, $\vv{v}$ et $\vv{w}$ de l'espace:
\begin{itemize}
\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}

\begin{prop}[formule analytique du produit scalaire]
Dans un repère orthonormé \Rijk, 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}

\section{Orthogonalité dans l'espace}

\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 de deux droites}

\begin{defin}
Soient $(d)$, dont un vecteur directeur est $\vv{u}$, et $(d')$, dont un vecteur directeur est $\vv{v}$, deux droites de l'espace.

On dit que les droites sont \textit{orthogonales} si $\prodscal{u}{v}=0$.
\end{defin}

\begin{prop}
\begin{itemize}
\item Deux droites $(d)$ et $(d')$ de l'espace sont orthogonales si et seulement s'il existe une droite $(\Delta)$ parallèle à $(d)$ et perpendiculaire à $(d')$.

\item Si deux droites sont parallèles, alors toute droite orthogonale à l'une est orthogonale à l'autre.

\item Si deux droites sont orthogonales, alors toute droite parallèle à l'une est orthogonale à l'autre.
\end{itemize}
\end{prop}

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

\begin{defin}
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace, de base $\big(\vv{u},\vv{v}\big)$ et soit $(d)$ une droite de l'espace, de vecteur directeur $\vv{n}$.

On dira que $(d)$ est \textit{orthogonale} à $\mathcal{P}$ si et seulement si $\prodscal{n}{u} = \prodscal{n}{v} = 0$.
\end{defin}

\begin{prop}
\begin{itemize}
\item Une droite est orthogonale à un plan si et seulement si elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan.

\item Si une droite est orthogonale à un plan, alors elle est orthogonale à toute droite de ce plan.

\item Si deux droites sont parallèles, alors tout plan orthogonal à l'une est orthogonal à l'autre.
\end{itemize}
\end{prop}

\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}
\begin{itemize}
\item Si deux plans sont parallèles, alors toute droite orthogonale à l'un est orthogonale à l'autre.

\item Si deux plans sont orthogonaux à une même droite, alors ils sont parallèles entre eux.
\end{itemize}
\end{prop}

\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}


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

\subsection{Définition}

\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{Distance d'un point à une plan}

\begin{defin}[projeté orthogonal d'un point sur un plan]
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace et soit $A$ un point de l'espace.

Le \textit{projeté orthogonal de $A$ sur $\mathcal{P}$} est l'unique point $H$ de $\mathcal{P}$ tel $\vv{AH}$ est orthogonal à $\mathcal{P}$
\end{defin}

\begin{prop}
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace et soient $A$ un point de l'espace et $H$ son projeté orthogonal sur $\mathcal{P}$.
\[
\forall M\in\mathcal{P},\qquad AM \geqslant AH.
\]
\end{prop}

\begin{defin}[distance d'un point à un plan]
Soit $\mathcal{P}$ un plan de l'espace et soient $A$ un point de l'espace et $H$ son projeté orthogonal sur $\mathcal{P}$.

$AH$ est appelée la \textit{distance de $A$ à $\mathcal{P}$}, et on peut noter:
\[
\text{d}\big(A;\mathcal{P}\big) = AH.
\]
\end{defin}


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

\begin{methode}
On considère:
\begin{itemize}
\item le plan $\mathcal{P}$ d'équation cartésienne : $5x+y-z+3=0$;
\item la droite $\mathcal{D}$ passant par A\coordEsp{0}{1}{3} et de vecteur directeur $\vv{u}\begin{pmatrix}1\\0\\3\end{pmatrix}$. 
\end{itemize}
On souhaite trouver les coordonnées du point d'intersection $I$ de $\mathcal{D}$ et $\mathcal{P}$.

\begin{enumerate}
\item \textbf{On vérifie d'abord que \boldmath $\mathcal{P}$ et $\mathcal{D}$ se coupent en un point.}

Un vecteur normal à $\mathcal{P}$ est $\vv{n}\begin{pmatrix}
5\\1\\-1\end{pmatrix}$ ; donc, 
\[
\vv{u}\cdot\vv{n}=5\times1+1\times0+(-1)\times3=2\neq0
\]
$\mathcal{D}$ n'est donc pas parallèle à $\mathcal{P}$: il y a donc un point unique d'intersection. 

\item \textbf{Déterminons les coordonnées de \boldmath $I$.}

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 $\mathcal{P}$, on a :
\[
5k+1-(3+3k)+3=0 \iff  2k+1=0 \iff  k=-\dfrac{1}{2}.
\]
Finalement, on a : 
\[
I\coordEsp{-\dfrac{1}{2}}{1}{\dfrac{3}{2}}.
\]
\end{enumerate}
\end{methode}



\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}


\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}



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exotype
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exercicetype}{utiliser le produit scalaire dans l'espace}{}
On considère le pavé droit $ABCDEFGH$ ci-dessous tel que:
\[
AB = 7\qquad,\qquad AD = 5\qquad,\qquad AE = 4.
\]
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (0,0)-- (5,0);
\draw (5,0)-- (7,2);
\draw [dashed] (7,2)-- (2,2);
\draw [dashed] (2,2)-- (0,0);
\draw   (0,0)-- (0,3);
\draw   (5,0)-- (5,3);
\draw   (7,2)-- (7,5);
\draw   (7,5)-- (5,3);
\draw   (5,3)-- (0,3);
\draw   (0,3)-- (2,5);
\draw   (2,5)-- (7,5);
\draw [dashed] (2,5)-- (2,2);
\draw  (-0.22,-0.19) node {$A$};
\draw  (5.04,-0.47) node {$B$};
\draw  (7.14,1.65) node {$C$};
\draw  (2.08,1.61) node {$D$};
\draw  (-0.26,3.29) node {$E$};
\draw  (4.9,3.37) node {$F$};
\draw  (7.16,5.27) node {$G$};
\draw  (1.98,5.39) node {$H$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{enumerate}
\item Calculer $\prodscal{EB}{FG}$.

Que peut-on en déduire ?

\item Calculer $\prodscal{DG}{HC}$.

\item Calculer $\prodscal{AF}{HB}$.
\end{enumerate}
\end{minipage}

\tcblower

\begin{methode}
Comme dans le plan, calculer un produit scalaire dans un tel contexte (quand on dispose d'un polyèdre -- ici, un pavé droit) nécessite très souvent l'utilisation de la relation de Chasles. On doit donc très souvent décomposer les deux vecteurs en suivant les arêtes du polyèdre.
\end{methode}

\begin{enumerate}
\begin{multicols}{2}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{EB}{FG} & = \big(\vv{EF}+\vv{FB}\big)\cdot\vv{FG}\\
				  & = \prodscal{EF}{FG} + \prodscal{FB}{FG}\\
				  & = 0 + 0\\
				  & = 0.
\end{aligned}$
\columnbreak

En effet,
\begin{itemize}
\item $(EF)$ et $(FG)$ sont orthogonales (car $EFGH$ est un rectangle), donc $\prodscal{EF}{FG}=0$,
\item $(FB)$ et $(FG)$ sont orthogonales (car $FBCG$ est un rectangle), donc $\prodscal{FB}{FG}=0$.
\end{itemize}
\end{multicols}

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{DG}{HC} & = \big(\vv{DC}+\vv{CG}\big)\cdot\big(\vv{HG}+\vv{GC}\big)\\
				  & = \prodscal{DC}{HG} + \prodscal{DC}{GC} + \prodscal{CG}{HG} + \prodscal{CG}{GC}\\
				  & = DC\times HG + 0 + 0 - CG^2 \text{ (car $\vv{DC}$ et $\vv{HG}$ sont colinéaires de même sens et $\vv{CG}=-\vv{GC}$)}\\
				  & = 49-16\\
				  & = 33.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{AF}{HB} & = \big(\vv{AB}+\vv{BF}\big)\cdot\big(\vv{HD}+\vv{DA}+\vv{AB}\big)\\
                  & = \prodscal{AB}{HD} + \prodscal{AB}{DA} + \prodscal{AB}{AB} + \prodscal{BF}{HD} + \prodscal{BF}{DA} + \prodscal{BF}{AB}\\
                  & = \prodscal{AB}{EA} + 0 + AB^2 - \prodscal{BF}{BF} + \prodscal{BF}{CB} + 0\\
                  & = 0 + 0 + AB^2 - BF^2 + 0 + 0\\
                  & = 7^2-4^2\\
                  & = 33.
\end{aligned}$
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%%%

\begin{exercicetype}{montrer que deux droites sont orthogonales}{}
$ABCD$ est un tétraèdre régulier. Le point $I$ est le milieu du segment $[CD]$.

\begin{minipage}{0.33\linewidth}
\begin{tikzpicture}
\fill[color=courbe3,fill=courbe3,fill opacity=0.1] (-2,-3) -- (0,0) -- (2,-3) -- cycle;
\draw   (0,0)-- (-2,-3);
\draw   (-2,-3)-- (1,-4);
\draw   (1,-4)-- (3,-2);
\draw   (3,-2)-- (0,0);
\draw [dashed] (-2,-3)-- (3,-2);
\draw   (0,0)-- (1,-4);
\draw [courbe3] (-2,-3)-- (0,0);
\draw  [courbe3] (0,0)-- (2,-3);
\draw [dashed,courbe3] (2,-3) -- (-2,-3);
\draw (-0.05079984300998526,0.4564877888526011) node {$A$};
\draw  (-2.1573097085068484,-3.1004059184617727) node {$B$};
\draw (1.036988038353149,-4.257259697054312) node {$C$};
\draw (3.160764378157363,-1.9780850884839365) node {$D$};
\draw  (2.3147071370971477,-3.1867382899985293) node {$I$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.66\linewidth}
\begin{enumerate}
\item Montrer que $(CD)$ est orthogonale au plan $(ABI)$.
\item En déduire que les droites $(CD)$ et $(AB)$ sont orthogonales.
\end{enumerate}
\end{minipage}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Le tétraèdre $ABCD$ est régulier donc les triangles $ACD$ et $BCD$ sont équilatéraux.

$I$ est le milieu de $[CD]$ donc $(CD)\perp(AI)$ et $(CD)\perp(BI)$.

De plus, $(BI)$ et $(AI)$ sont sécantes.

Ainsi, $(CD)$ est orthogonale à deux droites sécantes d'un même plan $(ABI)$. Elle est donc orthogonale au plan lui-même.

\item $(AB)$ est une droite du plan $(ABI)$ et $(CD)$ est orthogonale au plan $(ABI)$.

$(CD)$ est donc orthogonale à toute droite de $(ABI)$, en particulier $(AB)$.
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{vecteur normal à un plan}{}
\begin{minipage}{6cm}
\begin{tikzpicture}
\fill[fill=courbe3,fill opacity=0.1] (0,3) -- (1.5,1.5) -- (4.52,1.5) -- cycle;
\draw   (0,0)-- (3,0);
\draw   (3,0)-- (4.52,1.5);
%\draw [dashed] (4.52,1.5)-- (1.5,1.5);
\draw [dashed] (1.5,1.5)-- (0,0);
\draw   (0,0)-- (0,3);
\draw   (3,0)-- (3,3);
\draw   (4.52,1.5)-- (4.5,4.5);
\draw   (4.5,4.5)-- (3,3);
\draw   (3,3)-- (0,3);
\draw   (0,3)-- (1.5,4.5);
\draw   (1.5,4.5)-- (4.5,4.5);
\draw [dashed] (1.5,4.5)-- (1.5,1.5);
\draw [color=courbe3,dashed] (0,3)-- (1.5,1.5);
\draw [color=courbe3,dashed] (1.5,1.5)-- (4.52,1.5);
\draw [color=courbe3,dashed] (4.52,1.5)-- (0,3);
\draw [->,courbe,thick,>=latex] (0,0) -- (1.5,4.5);
\draw (-0.14114637995737098,-0.11766846392035846) node {$A$};
\draw  (3.025953108301761,-0.29938728701719347) node {$B$};
\draw  (4.609502852431326,1.2711825411768807) node {$C$};
\draw  (1.546242691656101,1.2452227093059043) node {$D$};
\draw  (-0.16710621182834745,3.1922100996291363) node {$E$};
\draw  (2.935093696753343,3.244129763371089) node {$F$};
\draw  (4.609502852431326,4.671920516274793) node {$G$};
\draw  (1.4813431119786598,4.749800011887722) node {$H$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-6cm}
On considère le cube $ABCDEFGH$ ci-contre.

\medskip

Montrer que $\vv{AH}$ est un vecteur normal au plan $(CDE)$.
\end{minipage}

\tcblower

$ADHE$ est un carré donc ses diagonales se coupent perpendiculairement. Ainsi, $\vv{AH}$ et $\vv{ED}$ sont orthogonaux.

\medskip

De plus, 
\begin{align*}
\prodscal{AH}{DC} & = \big(\vv{AD} + \vv{DH}\big)\cdot\vv{DC}\\
				  & = \prodscal{AD}{DC} + \prodscal{DH}{DC}\\
				  & = 0 + 0 \text{ (car $ADCB$ et $DCGH$ sont des carrés)}\\
				  & = 0.
\end{align*}

Ainsi, $\vv{AH}$ est orthogonal à $\vv{DC}$ et $\vv{ED}$. Ces deux derniers vecteurs n'étant pas colinéaires, ils forment une base du plan $(CDE)$.

\medskip

On en déduit alors que $\vv{AH}$ est orthogonal au plan $(CDE)$ et donc qu'il  est un vecteur normal à ce plan.
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{distance d'un point à un plan}{}
\begin{minipage}{6cm}
\begin{tikzpicture}
\fill[fill=courbe3,fill opacity=0.1] (1.5,3) -- (3,4.5) -- (4.52,1.5) -- (3,0) -- cycle;
\draw   (0,0)-- (3,0);
\draw  (3,0)-- (4.52,1.5);
\draw [dashed] (4.52,1.5)-- (1.5,1.5);
\draw [dashed] (1.5,1.5)-- (0,0);
\draw   (0,0)-- (0,3);
\draw   (3,0)-- (3,3);
\draw   (4.52,1.5)-- (4.5,4.5);
\draw   (4.5,4.5)-- (3,3);
\draw   (3,3)-- (0,3);
\draw   (0,3)-- (1.5,4.5);
\draw   (1.5,4.5)-- (4.5,4.5);
\draw[courbe,dotted] (3,0) -- (4.5,4.5);
\draw[courbe,dotted] (3,3) -- (4.5,1.5);
\draw [dashed] (1.5,4.5)-- (1.5,1.5);
\draw [color=courbe3] (1.5,3)-- (3,4.5);
\draw [dashed,color=courbe3] (3,4.5)-- (4.52,1.5);
\draw [color=courbe3] (4.52,1.5)-- (3,0);
\draw [color=courbe3] (3,0)-- (1.5,3);
\draw [->,>=latex, very thick,color=courbe] (0.75,0.75) -- (3.75,2.25);
\draw  (-0.14114637995737098,-0.11766846392035846) node {$A$};
\draw (3.025953108301761,-0.29938728701719347) node {$B$};
\draw (4.609502852431326,1.2711825411768807) node {$C$};
\draw (1.2736644570108477,1.6346201873705506) node {$D$};
\draw (-0.16710621182834745,3.1922100996291363) node {$E$};
\draw (2.935093696753343,3.244129763371089) node {$F$};
\draw (4.609502852431326,4.671920516274793) node {$G$};
\draw (1.4813431119786598,4.749800011887722) node {$H$};
\draw[color=courbe3] (1.3775037844947537,3.2311498474356006) node {$I$};
\draw[color=courbe3] (3.1038326039146904,4.749800011887722) node {$J$};
\draw[color=courbe] (0.6765883239783885,0.998604306531628) node {$K$};
\draw[color=courbe] (3.8566677281730084,2.4263950594353316) node {$L$};
\end{tikzpicture}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-6cm}
$ABCDEFGH$ est un cube. $K$ est le milieu de $[AD]$. $I$ et $I$ sont les milieux respectifs de $[EF]$ et $[GH]$.

$L$ est le centre du carré $BCGF$.

\bigskip

\begin{enumerate}
\item Montrer que $\vv{KL}$ ets un vecteur normal au plan $(BCI)$.
\item On se place dans le repère $\big(A;\vv{AB},\vv{AD},\vv{AE}\big)$.
\begin{enumerate}
\item Donner les coordonnées des points $K$ et $L$.

Donner alors une représentation paramétrique de la droite $(KL)$.
\item Déterminer une équation cartésienne du plan $(BCI)$.
\item En déduire la distance de $K$ au plan $(BCJ)$.
\end{enumerate}

\end{enumerate}
\end{minipage}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
\vv{KL} & = \vv{KA} + \vv{AB} + \vv{BL}\\
		& = \dfrac{1}{2}\vv{DA} + \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{BC} + \dfrac{1}{2}\vv{BF}\\
		& = -\dfrac{1}{2}\vv{BC} + \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{BC} + \dfrac{1}{2}\vv{BF}\\
		& = \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{BF}.
\end{aligned}$

Ainsi,
\begin{itemize}
\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{KL}{BI} & = \left( \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{BF} \right) \cdot \left( \dfrac{1}{2}\vv{BA} + \vv{BF} \right)\\
                  & = \cancel{-\dfrac{1}{2}AB^2} + \prodscal{AB}{BF} + \dfrac{1}{2}\prodscal{BF}{BA} \cancel{+ \dfrac{1}{2}BF^2} \text{ car }AB=BF\\
                & = -\dfrac{1}{2}\prodscal{BF}{BA}\\
                & = 0 \text{ car }\vv{BF}\text{ et }\vv{BA}\text{ sont orthogonaux}.
\end{aligned}$

\item $\begin{aligned}[t]
\prodscal{KL}{BC} & = \left(\vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{BF} \right) \cdot \vv{BC}\\
				  & = \prodscal{AB}{BC} + \dfrac{1}{2}\prodscal{BF}{BC}\\
				  & = 0 \text{ car $\vv{AB}$ et $\vv{BF}$ sont orthogonaux à $\vv{BC}$}.
\end{aligned}$
\end{itemize}
Ainsi, $\vv{KL}$ est orthogonal à $\vv{BI}$ et $\vv{BC}$, deux vecteurs non colinéaires, donc formant une base du plan $(BCI)$.

$\vv{KL}$ est donc normal au plan $(BCI)$.

\item 
\begin{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $\vv{AK} = \dfrac{1}{2}\vv{AD}$ donc $K\coordEsp{0}{\dfrac{1}{2}}{0}$.
\item $\vv{AL} = \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{BC} + \dfrac{1}{2}\vv{BF} = \vv{AB} + \dfrac{1}{2}\vv{AD} + \dfrac{1}{2}\vv{AE}$ donc $L\coordEsp{1}{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{2}}$.
\end{itemize}

On en déduit que $\vv{KL}\begin{pmatrix}1-0 \\ 1/2 - 1/2 \\ 1/2 - 0\end{pmatrix}$, soit $\vv{KL}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1/2 \end{pmatrix}$.

Une représentation paramétrique de $(KL)$ est donc:
\[
(KL)\,:\, \begin{cases}
x = x_K + x_{\vv{KL}} t \\
y = y_K + y_{\vv{KL}} t \\
y = z_K + z_{\vv{KL}} t
\end{cases}
\qquad \text{soit}\qquad
\begin{cases}
x = t\\
y = \frac{1}{2}\\
z = \frac{1}{2}t
\end{cases},\quad t\in\R.
\]

\item $\vv{KL}\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 1/2 \end{pmatrix}$ est normal au plan $(BCI)$ donc une équation cartésienne de $(BCI)$ est de la forme:
\[
1x + 0y + \dfrac{1}{2}z + d = 0.
\]
$B\in(BCI)$ donc $x_B + \dfrac{1}{2}z_B + d = 0$, soit $d = -x_B-\dfrac{1}{2}z_B = -1$.

Une équation cartésienne du plan $(BCI)$ est donc:
\[
x + \dfrac{1}{2}z - 1 = 0.
\]

\item D'après la formule du cours,
\begin{align*}
\text{d}\big(K;(BCI)\big) & = \dfrac{|x_K+\tfrac{1}{2}z_K-1|}{\sqrt{1^2 + \left(\tfrac{1}{2}\right)^2}}\\
& = \dfrac{|0+0-1|}{\sqrt{\tfrac{5}{4}}}\\
& = \dfrac{1}{\dfrac{\sqrt5}{2}}\\
& = \dfrac{2}{\sqrt5}\\
& = \dfrac{2\sqrt5}{5}.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\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 $\vv{v}\begin{pmatrix}-1\\3\\2\end{pmatrix}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = 3\times(-1) + (-1)\times3 + 1\times2 = -4 \neq0.
\]
\underline{$\vv{u}$ 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 $\vv{v}\begin{pmatrix}2\\-3\\1\end{pmatrix}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = 1\times2 + 1\times(-3) + 1\times1 = 0.
\]
\underline{$\vv{u}$ 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 $\vv{v}\begin{pmatrix}2\\-3\\-3\end{pmatrix}$.
\[
\vv{u}\cdot\vv{v} = 2\times2 + (-2)\times(-3) + 3\times(-3) = 1 \neq0.
\]
\underline{$\vv{u}$ 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}}\\
\Aboxed{ d\left(\text{A}\mathpunct{};\mathpunct{}\mathcal{P}\right)& = \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}}\\
\Aboxed{ d\left(\text{A}\mathpunct{};\mathpunct{}\mathcal{P}\right) & = 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}{intersection d'une droite et d'un plan}[1]
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}{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 $\vv{u}\begin{pmatrix}3\\t^2\\1-t\end{pmatrix}$;

\medskip

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
\[
t_2=\frac{-b+\sqrt\Delta}{2a} = \frac{-8+\sqrt{28}}{6} = \frac{-4+\sqrt7}{3}.
\]
\newpage
On en déduit alors le tableau suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node[inner sep = 0pt, outer sep = 0pt] (tab) {
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorL=corrigenumbg!10,colorC=corrigenumbg!10,colorV=corrigenumbg!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 : $t_0\approx 0,547$.

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}



%%%
\newpage
\begin{exocor}{alignement, représentation paramétrique d'une droite}[2]
Dans un repère orthonormé $\Rijk$, on considère les points suivants :
\[
\rm A(2;-1;0) \qquad ; \qquad B(-1;1;1) \qquad C(3;-2;-1)
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.
\item Déterminer alors une représentation paramétrique du plan $(ABC)$.
\item Soit $E(0;-1;1)$.
\begin{enumerate}
\item Vérifier que E n'appartient pas au plan $(ABC)$.
\item On considère la droite passant par $E$ et orthogonale au plan $(ABC)$. On pose $H(a;b;c)$ son point d'intersection avec le plan $(ABC)$.

Déterminer les valeurs de $a$, $b$ et $c$.
\item Déterminer alors une équation paramétrique de la droite $(EH)$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\vv{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1-2\\1-(-1)\\1-0\end{pmatrix}$ soit $\vv{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}$.

$\vv{\text{AC}}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$

\medskip

$\dfrac{1}{-3}\neq\dfrac{-1}{2}$ donc les vecteurs $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$ ne sont pas colinéaires.

\medskip

\underline{Par conséquent, les points A, B et C ne sont pas alignés.}

\newpage

\item $\vv{\text{AB}}$ et $\vv{\text{AC}}$ sont deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) donc ils forment une base de ce plan. De plus, $A\in(ABC)$ donc une représentation paramétrique du plan (ABC) est :
\[
\boxed{\left\{
\begin{array}{l}
x=2-3t+t'\\
y=-1+2t-t'\\
z=t-t'
\end{array}
\right.\quad,\quad \coord{t}{t'}\in\R^2}
\]

\item $E(0;-1;1)$.
\begin{enumerate}
\item Si $E\in(ABC)$ alors il existe deux réels $t$ et $t'$ tels que :
\[
\left\{\begin{array}{r@{\;=\;}l}
0 & 2-3t+t'\\
-1 & -1+2t-t'\\
1 & t-t'
\end{array}\right.
\qquad\text{soit}\qquad
\left\{\begin{array}{r@{\;=\;}l}
t' & 3t-2\\
2t & t'\\
1 & t-t'
\end{array}\right.
\]
Des 1\iere{} et 2\ieme{} équations, on déduit que :
\[
3t-2=2t \qquad\text{soit}\qquad t=2
\]
et donc 
\[
t'=2\times2=4.
\]
La 3\ieme{} équation donne alors :
\[
1=2-4\;,
\]
On arrive alors à une égalité fausse, donc il n'existe pas de réels $t$ et $t'$ tels que les coordonnées de $E$ satisfont la représentation paramétrique de $(ABC)$ que nous avons donnée à la question précédente.

\underline{Ainsi, $E$ n'appartient pas au plan $(ABC)$.}

\item Par définition, $(EH)$ est orthogonale au plan $(ABC)$ donc :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
\vv{AB}\cdot\vv{EH}=\vv{\text{0}}\\
\vv{AC}\cdot\vv{EH}=\vv{\text{0}}
\end{array}
\right. \Longleftrightarrow
\left\{
\begin{array}{l}
-3a+2b+c+1=0\\
a-b-c=0
\end{array}
\right.
\]
Or, $H\in(ABC)$ donc il existe deux réels $t$ et $t'$ pour lesquels :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
a=2-3t+t'\\
b=-1+2t-t'\\
c=t-t'
\end{array}
\right.
\]
Le système précédent devient alors :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
-3(2-3t+t')+2(-1+2t-t')+(t-t')+1=0\\
(2-3t+t')-(-1+2t-t')-(t-t')=0
\end{array}
\right.
\qquad
\text{soit}
\qquad
\left\{
\begin{array}{l}
14t-6t'=7\\
-2t+t'=-1
\end{array}
\right.
\]
On trouve alors $t=\dfrac{1}{2}$ et $t'=0$, d'où :
\[
\left\{
\begin{array}{l}
a=2-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\\
b=-1+1=0\\
c=\dfrac{1}{2}
\end{array}
\right. \qquad\text{et donc } \boxed{H\left(\dfrac{1}{2};0;\dfrac{1}{2}\right)}
\]

\item $\vv{EH}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\[5pt]1\\[5pt]-\frac{1}{2}\end{pmatrix}$ donc une représentation paramétrique de $(EH)$ est (en prenant les coordonnées de $E$) :
\[
\boxed{\left\{
\begin{array}{l}
x=\frac{1}{2}k\\
y=-1+k\\
z=1-\frac{1}{2}k
\end{array}
\right.\quad,\quad k\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\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}

\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{$c=a+b=2$:}

\[
\boxed{(\mathcal{Q})\;:\;x+y+2z=0}
\]
\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=courbe!5,right color=courbe!40] (K) -- (A) -- (I) -- cycle;
\shade[left color=courbe!5,right color=courbe!40] (K) -- (J) -- (I) -- cycle;
\fill[courbe!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 $(AEJ)$.
\item En déduire une équation cartésienne du plan $(AEJ)$.
\item On admet que la distance du point $K$ au plan $(AEJ)$  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 $(AEJ)$ et passant par $K$.

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

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

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

\item L'équation cartésienne du plan $(AEJ)$ 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 : 
\[ 
(AEJ):x-\frac{1}{2}y+d=0.
\]
De plus, $A \in (AEJ)$ donc ses coordonnées vérifient l'équation d'où : $d=0$. On a alors :
 \[ 
 \boxed{(AEJ):x-\frac{1}{2}y=0}
 \]
 
\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 $H \in (AEJ)$, 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 $(AEJ)$) : 
\[ 
t - \frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{2}t\right)=0.
\]
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}{prendre des initiatives}[2]
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}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
\fill[color=courbe,fill=courbe,fill opacity=0.1] (0,2.5) -- (2,-0.5) -- (2.5,0.5) -- cycle;
\draw [shift={(4.5,2.5)},thick,color=courbe4,fill=courbe4,fill opacity=0.1] (0,0) -- (165.96375653207352:0.35194824258272966) arc (165.96375653207352:209.05460409907712:0.35194824258272966) -- cycle;
\draw   (0,0)-- (2,-0.5);
\draw   (2,-0.5)-- (4.5,0);
\draw [dashed] (4.5,0)-- (2.5,0.5);
\draw [dashed] (2.5,0.5)-- (0,0);
\draw   (0,0)-- (0,2.5);
\draw   (2,-0.5)-- (2,2);
\draw   (4.5,0)-- (4.5,2.5);
\draw   (4.5,2.5)-- (2,2);
\draw   (2,2)-- (0,2.5);
\draw   (0,2.5)-- (2.5,3);
\draw   (2.5,3)-- (4.5,2.5);
\draw [dashed] (2.5,3)-- (2.5,0.5);
\draw [color=courbe] (0,2.5)-- (2,-0.5);
\draw [dashed,color=courbe] (2,-0.5)-- (2.5,0.5);
\draw [dashed,color=courbe] (2.5,0.5)-- (0,2.5);
\draw [dashed,color=courbe2] (0,0)-- (4.5,2.5);
\draw  (-0.08448741946156954,-0.07742841106621293) node {$A$};
\draw  (2.0193809639774143,-0.6874720315429431) node {$B$};
\draw  (4.553408310573068,-0.13999698752536474) node {$C$};
\draw  (2.645066728568934,0.6655734343862149) node {$D$};
\draw  (-0.10012956357635755,2.6130203766773152) node {$E$};
\draw  (1.9646334595756565,2.143756053233677) node {$F$};
\draw  (4.5612293826304615,2.605199304619921) node {$G$};
\draw  (2.488645287421054,3.1526743486374995) node {$H$};
\draw[color=courbe4] (4,2.5) node {$\alpha$};
\end{tikzpicture}
};
\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}


%%%

\newpage

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exocor}{extrait du bac Métropole 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 Métropole 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}
\shade[left color=courbe!5,right color=courbe!40] (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,courbe3] (5,5.5) -- (4.5,0.75) -- (4,4);
\draw[thick,courbe3] (0,4) -- (5,5.5) -- (4,4) -- cycle;
\draw[thick,courbe3,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}
\shade[left color=courbe!5,right color=courbe!40] (0,4) -- (5,5.5) -- (4.5,0.75)  -- cycle;
\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);
\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,courbe3] (5,5.5) -- (4.5,0.75) -- (4,4);
\draw[thick,courbe3] (0,4) -- (5,5.5) -- (4,4) -- cycle;
\draw[thick,courbe3,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}



\corriges

