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Chapitre 3 – Orthogonalité et distances dans l'espace

Exercices par capacités · Terminale générale

Capacités travaillées

C1 — Utiliser le produit scalaire pour démontrer une orthogonalité, calculer un angle ou une longueur

Exercice 1

Soient \(\vec{u}(3;-1;2)\) et \(\vec{v}(1;5;1)\). Calculer \(\vec{u}\cdot\vec{v}\) et déterminer si les vecteurs sont orthogonaux.

\(\vec{u}\cdot\vec{v} = 3 \times 1 + (-1)\times 5 + 2 \times 1 = 3 - 5 + 2 = 0\).

Les vecteurs sont orthogonaux.

Exercice 2

Soient \(A(1;2;-1)\), \(B(3;0;1)\) et \(C(2;4;2)\). Calculer l'angle \(\widehat{BAC}\).

\(\vec{AB}(2;-2;2)\), \(\vec{AC}(1;2;3)\).

\(\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 2-4+6 = 4\).

\(\|\vec{AB}\| = \sqrt{4+4+4} = 2\sqrt{3}\), \(\|\vec{AC}\| = \sqrt{1+4+9} = \sqrt{14}\).

\(\cos(\widehat{BAC}) = \frac{4}{2\sqrt{3}\times\sqrt{14}} = \frac{4}{2\sqrt{42}} = \frac{2}{\sqrt{42}}\).

\(\widehat{BAC} = \arccos\left(\frac{2}{\sqrt{42}}\right) \approx 72{,}0°\).

Exercice 3

Montrer que le triangle \(ABC\) avec \(A(1;0;1)\), \(B(3;1;0)\) et \(C(1;2;3)\) est rectangle. En quel sommet ?

\(\vec{AB}(2;1;-1)\), \(\vec{AC}(0;2;2)\), \(\vec{BC}(-2;1;3)\).

\(\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 0+2-2 = 0\).

Donc \(\vec{AB} \perp \vec{AC}\) : le triangle est rectangle en \(A\).

Exercice 4

Soient \(\vec{u}(2;a;1)\) et \(\vec{v}(1;3;-1)\). Déterminer la valeur de \(a\) pour que \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) soient orthogonaux.

\(\vec{u}\cdot\vec{v} = 2 + 3a - 1 = 1 + 3a = 0\), d'où \(a = -\frac{1}{3}\).

Exercice 5

Calculer \(\|\vec{u}+\vec{v}\|\) sachant que \(\|\vec{u}\| = 3\), \(\|\vec{v}\| = 4\) et \(\vec{u}\cdot\vec{v} = -6\).

\(\|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + 2\vec{u}\cdot\vec{v} + \|\vec{v}\|^2 = 9 + 2(-6) + 16 = 13\).

\(\|\vec{u}+\vec{v}\| = \sqrt{13}\).

C2 — Utiliser la projection orthogonale pour déterminer une distance

Exercice 6

Calculer la distance du point \(M(3;1;-1)\) au plan \(\mathcal{P}\) d'équation \(x - 2y + 2z + 4 = 0\).

\(d = \frac{|3 - 2 - 2 + 4|}{\sqrt{1+4+4}} = \frac{3}{3} = 1\).

Exercice 7

Déterminer le projeté orthogonal \(H\) du point \(M(4;1;3)\) sur le plan \(\mathcal{P}\) d'équation \(2x + y - 2z + 1 = 0\).

Vecteur normal : \(\vec{n}(2;1;-2)\). Droite perpendiculaire : \(H = (4+2t;\ 1+t;\ 3-2t)\).

\(H \in \mathcal{P}\) : \(2(4+2t)+(1+t)-2(3-2t)+1 = 0\).

\(8+4t+1+t-6+4t+1 = 0\), soit \(9t+4 = 0\), \(t = -\frac{4}{9}\).

\(H\left(4-\frac{8}{9};\ 1-\frac{4}{9};\ 3+\frac{8}{9}\right) = \left(\frac{28}{9};\ \frac{5}{9};\ \frac{35}{9}\right)\).

Exercice 8

Déterminer le projeté orthogonal \(H\) du point \(M(5;2;-1)\) sur la droite \(d\) passant par \(A(1;1;1)\) de vecteur directeur \(\vec{u}(2;-1;2)\), puis calculer la distance \(MH\).

\(H = A + t\vec{u} = (1+2t;\ 1-t;\ 1+2t)\).

\(\vec{MH} = (2t-4;\ -t-1;\ 2t+2)\).

\(\vec{MH}\cdot\vec{u} = 2(2t-4)+(-1)(-t-1)+2(2t+2) = 4t-8+t+1+4t+4 = 9t-3 = 0\).

\(t = \frac{1}{3}\). \(H\left(\frac{5}{3};\ \frac{2}{3};\ \frac{5}{3}\right)\).

\(\vec{MH} = \left(-\frac{10}{3};\ -\frac{4}{3};\ \frac{8}{3}\right)\). \(MH = \frac{1}{3}\sqrt{100+16+64} = \frac{1}{3}\sqrt{180} = \frac{6\sqrt{5}}{3} = 2\sqrt{5}\).

Exercice 9

Le plan \(\mathcal{P}\) passe par \(A(2;0;0)\), \(B(0;3;0)\) et \(C(0;0;6)\).

  1. Déterminer une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\).
  2. Calculer la distance de l'origine \(O(0;0;0)\) au plan \(\mathcal{P}\).
  1. \(\vec{AB}(-2;3;0)\), \(\vec{AC}(-2;0;6)\). On cherche \(\vec{n}(a;b;c)\) :
    \(-2a+3b = 0\) et \(-2a+6c = 0\), d'où \(a = \frac{3b}{2}\) et \(a = 3c\). Posons \(c=1\) : \(a=3\), \(b=2\).
    \(\vec{n}(3;2;1)\). Équation : \(3x+2y+z+d=0\). \(A\in\mathcal{P}\) : \(6+d=0\), \(d=-6\).
    \(\mathcal{P}\) : \(3x+2y+z-6 = 0\).
  2. \(d(O,\mathcal{P}) = \frac{|0+0+0-6|}{\sqrt{9+4+1}} = \frac{6}{\sqrt{14}} = \frac{6\sqrt{14}}{14} = \frac{3\sqrt{14}}{7}\).

C3 — Résoudre des problèmes de grandeurs et mesures

Exercice 10

Dans un cube \(ABCDEFGH\) de côté 3, calculer la longueur de la grande diagonale \(AG\) et l'angle que fait cette diagonale avec la face \(ABCD\).

\(\vec{AG}(3;3;3)\). \(AG = \sqrt{9+9+9} = 3\sqrt{3}\).

Le projeté de \(G\) sur le plan \((ABCD)\) est \(C(3;3;0)\). L'angle cherché est \(\widehat{GAC}\) avec \(\vec{AC}(3;3;0)\).

\(\cos\theta = \frac{\vec{AG}\cdot\vec{AC}}{\|\vec{AG}\|\times\|\vec{AC}\|} = \frac{9+9+0}{3\sqrt{3}\times 3\sqrt{2}} = \frac{18}{9\sqrt{6}} = \frac{2}{\sqrt{6}}\).

\(\theta = \arccos\left(\frac{2}{\sqrt{6}}\right) \approx 35{,}3°\).

Exercice 11

Calculer l'aire du triangle \(ABC\) avec \(A(1;0;0)\), \(B(0;2;0)\), \(C(0;0;3)\).

Indication : utiliser \(\mathcal{A} = \frac{1}{2}\sqrt{\|\vec{AB}\|^2\|\vec{AC}\|^2 - (\vec{AB}\cdot\vec{AC})^2}\).

\(\vec{AB}(-1;2;0)\), \(\vec{AC}(-1;0;3)\).

\(\|\vec{AB}\|^2 = 1+4+0 = 5\), \(\|\vec{AC}\|^2 = 1+0+9 = 10\), \(\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 1+0+0 = 1\).

\(\mathcal{A} = \frac{1}{2}\sqrt{5 \times 10 - 1} = \frac{1}{2}\sqrt{49} = \frac{7}{2}\).

Exercice 12

Un tétraèdre \(OABC\) a pour sommets \(O(0;0;0)\), \(A(4;0;0)\), \(B(0;4;0)\), \(C(0;0;4)\).

  1. Calculer le volume du tétraèdre.
  2. Déterminer l'aire de la face \(ABC\).
  3. En déduire la hauteur issue de \(O\) relative à la face \(ABC\).
  1. Le tétraèdre est trirectangle en \(O\). \(V = \frac{1}{6}\times 4 \times 4 \times 4 = \frac{32}{3}\).
  2. \(\vec{AB}(-4;4;0)\), \(\vec{AC}(-4;0;4)\). \(\|\vec{AB}\|^2 = 32\), \(\|\vec{AC}\|^2 = 32\), \(\vec{AB}\cdot\vec{AC} = 16\).
    \(\mathcal{A} = \frac{1}{2}\sqrt{32\times 32 - 256} = \frac{1}{2}\sqrt{768} = \frac{1}{2}\times 16\sqrt{3} = 8\sqrt{3}\).
  3. \(V = \frac{1}{3}\mathcal{A}\times h\), donc \(h = \frac{3V}{\mathcal{A}} = \frac{3\times\frac{32}{3}}{8\sqrt{3}} = \frac{32}{8\sqrt{3}} = \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}\).
Exercice 13

Dans un repère orthonormé, on donne \(A(2;1;0)\), \(B(0;3;0)\), \(C(1;0;2)\). Calculer la mesure de l'angle \(\widehat{ABC}\) au degré près.

\(\vec{BA}(2;-2;0)\), \(\vec{BC}(1;-3;2)\).

\(\vec{BA}\cdot\vec{BC} = 2+6+0 = 8\).

\(\|\vec{BA}\| = \sqrt{4+4} = 2\sqrt{2}\), \(\|\vec{BC}\| = \sqrt{1+9+4} = \sqrt{14}\).

\(\cos(\widehat{ABC}) = \frac{8}{2\sqrt{2}\times\sqrt{14}} = \frac{8}{2\sqrt{28}} = \frac{8}{4\sqrt{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}}\).

\(\widehat{ABC} = \arccos\left(\frac{2}{\sqrt{7}}\right) \approx 41°\).

C4 — Étudier des configurations dans l'espace

Exercice 14

Déterminer un vecteur normal au plan passant par \(A(1;1;1)\), \(B(2;0;3)\) et \(C(0;1;2)\).

\(\vec{AB}(1;-1;2)\), \(\vec{AC}(-1;0;1)\).

On cherche \(\vec{n}(a;b;c)\) tel que \(\vec{n}\cdot\vec{AB} = 0\) et \(\vec{n}\cdot\vec{AC} = 0\) :

\(a - b + 2c = 0\) et \(-a + c = 0\), d'où \(a = c\). Dans la première : \(c - b + 2c = 0\), \(b = 3c\).

En prenant \(c=1\) : \(\vec{n}(1;3;1)\).

Exercice 15

Le plan \(\mathcal{P}_1\) a pour équation \(x+2y-z+1 = 0\) et le plan \(\mathcal{P}_2\) a pour équation \(2x-y+3z-5 = 0\). Les plans sont-ils perpendiculaires ?

Vecteurs normaux : \(\vec{n_1}(1;2;-1)\) et \(\vec{n_2}(2;-1;3)\).

\(\vec{n_1}\cdot\vec{n_2} = 2-2-3 = -3 \neq 0\).

Les plans ne sont pas perpendiculaires.

Exercice 16

Soit le plan \(\mathcal{P}\) d'équation \(x-y+2z-4 = 0\) et la droite \(d\) passant par \(A(0;0;2)\) de direction \(\vec{u}(1;-1;2)\).

  1. Montrer que la droite \(d\) est perpendiculaire au plan \(\mathcal{P}\).
  2. Déterminer le point d'intersection de \(d\) et \(\mathcal{P}\).
  1. Le vecteur normal de \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}(1;-1;2)\). Or \(\vec{u} = \vec{n}\), donc la direction de \(d\) est celle du vecteur normal. La droite est perpendiculaire au plan.
  2. Points de \(d\) : \((t;-t;2+2t)\). On injecte dans l'équation du plan :
    \(t-(-t)+2(2+2t)-4 = 0\), soit \(t+t+4+4t-4 = 0\), \(6t = 0\), \(t = 0\).
    Point d'intersection : \(A(0;0;2)\). La droite coupe le plan en \(A\), qui est donc le pied de la perpendiculaire.
Exercice 17

Dans un cube \(ABCDEFGH\) de côté 1 :

  1. Montrer que \((AG)\) est perpendiculaire au plan \((BDE)\).
  2. Déterminer l'intersection de \((AG)\) et du plan \((BDE)\).
  3. Ce point est-il le centre de gravité du triangle \(BDE\) ?
  1. On a vu que \(\vec{n}(1;1;1)\) est normal au plan \((BDE)\) (ch02 exercice). Or \(\vec{AG}(1;1;1) = \vec{n}\). Donc \((AG)\) est perpendiculaire au plan \((BDE)\).
  2. Points de \((AG)\) : \((t;t;t)\). Équation de \((BDE)\) : \(\vec{n}(1;1;1)\), passant par \(B(1;0;0)\), donc \(x+y+z-1=0\).
    \(t+t+t-1=0\), \(t=\frac{1}{3}\). Point d'intersection : \(H\left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)\).
  3. Centre de gravité de \(BDE\) : \(G_{BDE} = \frac{1}{3}(B+D+E) = \frac{1}{3}(1+0+0;\,0+1+0;\,0+0+1) = \left(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)\).
    Oui, \(H = G_{BDE}\). Le pied de la perpendiculaire issue de \(A\) au plan \((BDE)\) est le centre de gravité du triangle \(BDE\).
Exercice 18

Déterminer le plan médiateur du segment \([AB]\) avec \(A(1;2;3)\) et \(B(3;0;-1)\).

Rappel : le plan médiateur de \([AB]\) est l'ensemble des points équidistants de \(A\) et \(B\).

Le plan médiateur passe par le milieu \(I(2;1;1)\) et a pour vecteur normal \(\vec{AB}(2;-2;-4)\), soit, après simplification, \(\vec{n}(1;-1;-2)\).

Équation : \(1(x-2)+(-1)(y-1)+(-2)(z-1) = 0\), soit \(x-y-2z+1 = 0\).

Vérification : \(A\) : \(1-2-6+1 = -6 \neq 0\) ✓ (\(A\) n'est pas dans le plan).

\(d(A,\mathcal{P}) = \frac{|-6|}{\sqrt{6}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}\). \(d(B,\mathcal{P}) = \frac{|3-0+2+1|}{\sqrt{6}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \sqrt{6}\). ✓ Distances égales.