Orthogonalité et distances dans l'espace : exercices type bac

✅ $B(1\,;0\,;0)$, $D(0\,;1\,;0)$, $E(0\,;0\,;1)$, $C(1\,;1\,;0)$, $G(1\,;1\,;1)$

$\overrightarrow{BD}(-1\,;1\,;0)$ et $\overrightarrow{BG}(0\,;1\,;1)$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires.

$\vec n\cdot\overrightarrow{BD}=1\times(-1)+1\times1+(-1)\times0=0$

$\vec n\cdot\overrightarrow{BG}=1\times0+1\times1+(-1)\times1=0$

✅ $\vec n$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BDG)$ : c'est un vecteur normal.

Une équation est $x+y-z+d=0$. Comme $B(1\,;0\,;0)\in(BDG)$ : $1+d=0$, donc $d=-1$.

✅ $(BDG):\ x+y-z-1=0$

Vérification : $D$ : $0+1-0-1=0$ ✓ et $G$ : $1+1-1-1=0$ ✓

$\overrightarrow{EC}(1\,;1\,;-1)$. On observe $\overrightarrow{EC}=\vec n$ : $\overrightarrow{EC}$ est un vecteur normal du plan $(BDG)$.

✅ La droite $(EC)$ est orthogonale au plan $(BDG)$.

Une représentation paramétrique de $(EC)$ est $x=t$, $y=t$, $z=1-t$ ($t\in\R$). On remplace dans l'équation du plan :

$t+t-(1-t)-1=0$

$3t-2=0$

Donc $t=\dfrac23$, puis $x=\dfrac23$, $y=\dfrac23$, $z=\dfrac13$.

✅ $K\left(\dfrac23\,;\dfrac23\,;\dfrac13\right)$

Vérification dans le plan : $\dfrac23+\dfrac23-\dfrac13-1=0$ ✓

La distance de $E$ au plan est $EK$ (car $K$ est le projeté orthogonal de $E$ sur $(BDG)$).

$\overrightarrow{EK}\left(\dfrac23\,;\dfrac23\,;-\dfrac23\right)$

$EK=\sqrt{\dfrac49+\dfrac49+\dfrac49}=\sqrt{\dfrac43}$

✅ $d(E,(BDG))=\dfrac{2\sqrt3}3$

Contrôle avec la formule : $\dfrac{|0+0-1-1|}{\sqrt{1+1+1}}=\dfrac2{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3}3$ ✓

L'aire du triangle équilatéral $BDG$ de côté $\sqrt2$ est $\dfrac{\sqrt3}4\times2=\dfrac{\sqrt3}2$.

La hauteur du tétraèdre $EBDG$ issue de $E$ est la distance de $E$ au plan de la base $(BDG)$.

$V=\dfrac13\times\dfrac{\sqrt3}2\times\dfrac{2\sqrt3}3=\dfrac13\times\dfrac66$

✅ $V=\dfrac13$

• Q1 : coordonnées correctes.

• Q2 : deux produits scalaires nuls, avec la non-colinéarité de $\overrightarrow{BD}$ et $\overrightarrow{BG}$ ; équation avec le calcul de $d$ ; vérification avec $D$ et $G$.

• Q3 : $\overrightarrow{EC}=\vec n$ justifie l'orthogonalité ; représentation paramétrique, substitution, valeur de $t$, coordonnées de $K$.

• Q4 : distance $=EK$ ; contrôle avec la formule (facultatif mais apprécié).

• Q5 : aire de la base, hauteur justifiée (distance au plan de la base), formule $\dfrac13\times$ aire $\times$ hauteur.

$\overrightarrow{BC}(0\,;4\,;0)$ et $\overrightarrow{BS}(-2\,;2\,;4)$ ne sont pas colinéaires.

$\vec n\cdot\overrightarrow{BC}=2\times0+0\times4+1\times0=0$

$\vec n\cdot\overrightarrow{BS}=2\times(-2)+0\times2+1\times4=0$

✅ $\vec n$ est un vecteur normal au plan $(SBC)$.

Une équation est $2x+z+d=0$. Comme $B(4\,;0\,;0)$ est dans le plan : $8+d=0$, donc $d=-8$.

✅ $(SBC):\ 2x+z-8=0$

Vérification : $C$ : $8+0-8=0$ ✓ et $S$ : $4+4-8=0$ ✓

La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(SBC)$ : $\vec n(2\,;0\,;1)$ est un vecteur directeur. Elle passe par $A(0\,;0\,;0)$.

✅ $\Delta:\ x=2s,\quad y=0,\quad z=s\qquad(s\in\R)$

Le projeté orthogonal $H$ de $A$ sur $(SBC)$ est le point d'intersection de $\Delta$ et du plan. On remplace dans l'équation :

$2\times2s+s-8=0$

$5s=8$

Donc $s=\dfrac85$.

✅ $H\left(\dfrac{16}5\,;0\,;\dfrac85\right)$

Vérification dans le plan : $2\times\dfrac{16}5+\dfrac85-8=\dfrac{32+8-40}5=0$ ✓

$\overrightarrow{AH}=\dfrac85\,\vec n$, donc $AH=\dfrac85\,\|\vec n\|=\dfrac85\sqrt5$.

✅ $AH=\dfrac{8\sqrt5}5\approx3{,}58$

Contrôle avec la formule : $\dfrac{|0+0-8|}{\sqrt{4+0+1}}=\dfrac8{\sqrt5}=\dfrac{8\sqrt5}5$ ✓

Le triangle $SBC$ est isocèle en $S$ : $SB=\sqrt{4+4+16}=\sqrt{24}$ et $SC=\sqrt{4+4+16}=\sqrt{24}$. Soit $M(4\,;2\,;0)$ le milieu de $[BC]$. La médiane $[SM]$ est aussi une hauteur.

$SM=\sqrt{(2-4)^2+0^2+4^2}=\sqrt{20}=2\sqrt5$

$\mathcal A(SBC)=\dfrac12\times BC\times SM=\dfrac12\times4\times2\sqrt5$

✅ $\mathcal A(SBC)=4\sqrt5$

Le volume avec la base $SBC$ et la hauteur $AH$ :

$V=\dfrac13\times4\sqrt5\times\dfrac{8\sqrt5}5=\dfrac13\times\dfrac{32\times5}5$

✅ $V=\dfrac{32}3$

Avec la base $ABC$. Le triangle $ABC$ est rectangle isocèle en $B$ : son aire est $\dfrac12\times4\times4=8$. La hauteur issue de $S$ est $4$ (la cote de $S$, car le plan $(ABC)$ est le plan $z=0$).

$V=\dfrac13\times8\times4$

✅ $V=\dfrac{32}3$ ✓

distance_plan((0, 0, 0), 2, 0, 1, -8)

Le script renvoie environ 3.5777.

C'est cohérent avec $\dfrac{8\sqrt5}5\approx\dfrac{8\times2{,}236}5=3{,}578$.

• Q1 : deux produits scalaires nuls, équation avec calcul de $d$, vérification avec $C$ et $S$.

• Q2 : vecteur directeur $=\vec n$ (justifié par l'orthogonalité de $\Delta$ au plan).

• Q3 : substitution dans l'équation du plan, valeur de $s$, coordonnées de $H$, $AH=\|\overrightarrow{AH}\|$, contrôle avec la formule.

• Q4 : aire justifiée (hauteur $[SM]$), volume, recoupement avec une autre base.

• Q5 : valeur du script et interprétation.

Les vecteurs normaux sont $\vec n_m(1\,;m\,;1)$ et $\vec n_Q(2\,;-1\,;1)$. Les plans sont perpendiculaires si et seulement si $\vec n_m\cdot\vec n_Q=0$ :

$2-m+1=0$

✅ $m=3$

Pour $m=3$, $\vec n_3(1\,;3\,;1)$ et $\vec n_Q(2\,;-1\,;1)$ ne sont pas colinéaires.

✅ Les plans $P_3$ et $Q$ sont sécants suivant une droite $\Delta$.

Un point $M(x\,;y\,;z)$ est dans $\Delta$ si et seulement si :

$x+3y+z=1$

$2x-y+z=0$

En retranchant la seconde à la première : $-x+4y=1$, donc $x=4y-1$.

La seconde équation donne $z=y-2x=y-2(4y-1)=2-7y$.

On prend $y=s$ comme paramètre :

✅ $\Delta:\ x=4s-1,\quad y=s,\quad z=2-7s\qquad(s\in\R)$

Vérification : dans $P_3$ : $4s-1+3s+2-7s-1=0$ ✓ ; dans $Q$ : $8s-2-s+2-7s=0$ ✓

Le vecteur directeur de $\Delta$ est $\vec u(4\,;1\,;-7)$.

$\vec u\cdot\vec n_3=4+3-7=0$ ✓

$\vec u\cdot\vec n_Q=8-1-7=0$ ✓

✅ $\vec u$ est orthogonal à $\vec n_3$ et à $\vec n_Q$, comme il se doit pour une droite contenue dans les deux plans.

On pose $H=A+k\,\vec n_Q=(1+2k\,;\,1-k\,;\,1+k)$. Comme $H\in Q$ :

$2(1+2k)-(1-k)+(1+k)=0$

$2+4k-1+k+1+k=0$

$6k+2=0$

Donc $k=-\dfrac13$.

✅ $H\left(\dfrac13\,;\dfrac43\,;\dfrac23\right)$

Vérification dans $Q$ : $\dfrac23-\dfrac43+\dfrac23=0$ ✓

$AH=|k|\,\|\vec n_Q\|=\dfrac13\sqrt6$.

✅ $d(A,Q)=\dfrac{\sqrt6}3\approx0{,}82$

Contrôle avec la formule : $\dfrac{|2-1+1|}{\sqrt6}=\dfrac2{\sqrt6}=\dfrac{\sqrt6}3$ ✓

• Q1 : condition $\vec n_m\cdot\vec n_Q=0$ écrite et résolue.

• Q2 : non-colinéarité des vecteurs normaux (plans sécants), résolution du système en prenant une inconnue comme paramètre, vérification dans les deux équations.

• Q3 : deux produits scalaires nuls.

• Q4 : $H=A+k\vec n_Q$ avec $H\in Q$, valeur de $k$, coordonnées de $H$, distance recoupée avec la formule.