Terminale — Programme officiel (BO 2019) · Math@mine
Un drone se déplace dans l’espace selon la trajectoire parametree \(\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases}\). A quel moment passe-t-il au-dessus du point \((4; -1)\) du sol ? A quelle altitude ?
En 1637, Rene Descartes a eu l’idee revolutionnaire de représenter les points de l’espace par des coordonnées numériques. Cette fusion de l’algèbre et de la géométrie, etendue a trois dimensions, permet de transformer les problèmes géométriques en calculs sur des coordonnées. La géométrie analytique de l’espace est aujourd’hui fondamentale en informatique graphique, en physique et en ingenierie.
La droite \(\mathcal{D}\) de représentation parametrique \(\begin{cases} x = 1 + 2t \\ y = -1 + t \\ z = 3 - t \end{cases}\) coupe-t-elle le plan \(\mathcal{P}\) : \(x + y + z = 5\) ? Si oui, en quel point ?
C’est l’analogue dans l’espace du résultat du plan (deux vecteurs non colineaires forment une base). La démonstration rigoureuse utilise la notion de dimension d’un espace vectoriel (hors programme). L’idee : trois vecteurs non coplanaires « pointent dans trois directions indépendantes », et suffisent donc a atteindre tout point de l’espace.
\(\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{AO} + \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OB} - \overrightarrow{OA}\).
Or \(\overrightarrow{OA} = x_A\vec{i} + y_A\vec{j} + z_A\vec{k}\) et \(\overrightarrow{OB} = x_B\vec{i} + y_B\vec{j} + z_B\vec{k}\).
Donc \(\overrightarrow{AB} = (x_B - x_A)\vec{i} + (y_B - y_A)\vec{j} + (z_B - z_A)\vec{k}\). ∎
Milieu : \(I\) est le milieu de \([AB]\) si \(\overrightarrow{OI} = \dfrac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}}{2}\). Coordonnee par coordonnee : \(x_I = \dfrac{x_A + x_B}{2}\), etc. ✓
Distance : \(AB = \|\overrightarrow{AB}\|\). Dans un repère orthonorme, \(\|\vec{u}\|^2 = \vec{u} \cdot \vec{u} = x^2 + y^2 + z^2\) (Pythagore generalise). Donc \(AB = \sqrt{(x_B-x_A)^2 + (y_B-y_A)^2 + (z_B-z_A)^2}\). ∎
Par définition, \(\vec{u} \cdot \vec{u} = x \cdot x + y \cdot y + z \cdot z = x^2 + y^2 + z^2\). Or \(\|\vec{u}\|^2 = x^2 + y^2 + z^2\) (Pythagore dans l’espace). Donc \(\|\vec{u}\| = \sqrt{\vec{u} \cdot \vec{u}}\). ∎
C’est la définition de l’orthogonalite en termes de produit scalaire (extension a l’espace de la définition du plan, Première ch. 7). On peut aussi la retrouver par le théorème de Pythagore generalise : \(\vec{u} \perp \vec{v} \iff \|\vec{u}+\vec{v}\|^2 = \|\vec{u}\|^2 + \|\vec{v}\|^2 \iff 2\vec{u}\cdot\vec{v} = 0\). ∎
Soient \(\vec{u}(1; 2; -1)\) et \(\vec{v}(3; 0; 3)\). Calculer \(\vec{u} \cdot \vec{v}\).
\(\vec{u} \cdot \vec{v} = 1 \times 3 + 2 \times 0 + (-1) \times 3 = 3 + 0 - 3 = 0\).
Les vecteurs sont orthogonaux.
Soient \(\vec{u}(1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\vec{v}(1\,;\,0\,;\,1)\). Alors \(\vec{u}\cdot\vec{v} = 1\), \(\|\vec{u}\| = \|\vec{v}\| = \sqrt 2\). Donc \(\cos(\theta) = \dfrac{1}{2}\), soit \(\theta = \dfrac{\pi}{3}\) (60°).
Soit \(\mathcal{P}\) un plan passant par \(A(x_0; y_0; z_0)\) de vecteur normal \(\vec{n}(a; b; c)\).
Un point \(M(x;y;z)\) est dans \(\mathcal{P}\) si et seulement si \(\overrightarrow{AM} \perp \vec{n}\), c’est-à-dire \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AM} = 0\).
\(a(x-x_0) + b(y-y_0) + c(z-z_0) = 0\)
En developpant : \(ax + by + cz + d = 0\) avec \(d = -ax_0 - by_0 - cz_0\). ✓
Réciproque : si \(ax + by + cz + d = 0\) avec \((a,b,c) \neq (0,0,0)\), on prend un point \(A\) verifiant l’équation. Alors pour tout \(M\) dans l’ensemble : \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AM} = 0\), donc tous les \(\overrightarrow{AM}\) sont orthogonaux a \(\vec{n}\) — c’est un plan. ∎
Trouver l’équation du plan passant par \(A(1; 0; 2)\) de vecteur normal \(\vec{n}(2; -1; 3)\).
L’équation est \(2(x-1) + (-1)(y-0) + 3(z-2) = 0\), soit \(2x - y + 3z - 8 = 0\).
Parallelisme : Deux plans \(\mathcal{P}_1 : a_1x+b_1y+c_1z+d_1=0\) et \(\mathcal{P}_2 : a_2x+b_2y+c_2z+d_2=0\) ont pour normales \(\vec{n}_1(a_1;b_1;c_1)\) et \(\vec{n}_2(a_2;b_2;c_2)\).
Ils sont paralleles si tout vecteur de \(\mathcal{P}_1\) est aussi orthogonal a \(\vec{n}_2\). Cela equivaut a \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\) colineaires (même direction normale). ✓
Perpendicularite : Deux plans sont perpendiculaires si l’un contient une direction orthogonale a l’autre. Cela equivaut a \(\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 0\), c’est-à-dire \(a_1a_2 + b_1b_2 + c_1c_2 = 0\). ∎
La droite passant par \(A(1; 2; -1)\) de vecteur directeur \(\vec{u}(3; -1; 2)\) :
\(\begin{cases} x = 1 + 3t \\ y = 2 - t \\ z = -1 + 2t \end{cases}\), \(t \in \mathbb{R}\).
Pour \(t = 0\), on retrouve le point \(A\). Pour \(t = 1\), on obtient le point \((4; 1; 1)\).
Trouver l’intersection de la droite \(\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 - 2t \\ z = 3t \end{cases}\) avec le plan \(x + y + z = 5\).
On substitue : \((2+t) + (1-2t) + 3t = 5\), soit \(3 + 2t = 5\), d’ou \(t = 1\).
Point d’intersection : \((3; -1; 3)\).
\(\mathcal{D} \perp \mathcal{P}\) signifie que \(\vec{u}\) est orthogonal a tout vecteur du plan. Or \(\vec{n}\) a exactement cette propriété (c’est la définition du vecteur normal). Donc \(\vec{u}\) et \(\vec{n}\) ont la même direction, c’est-à-dire sont colineaires. ∎
\(\mathcal{D}_1 : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 2 - t \\ z = t \end{cases}\) et \(\mathcal{D}_2 : \begin{cases} x = 2 + 2s \\ y = 1 - 2s \\ z = 1 + 2s \end{cases}\).
Vecteurs directeurs : \(\vec{u}(1\,;\,-1\,;\,1)\) et \(\vec{u}'(2\,;\,-2\,;\,2) = 2\vec{u}\). Les droites sont parallèles. Pour savoir si elles sont confondues ou strictement parallèles, on teste si un point de \(\mathcal{D}_1\) appartient à \(\mathcal{D}_2\). Le point \((1\,;\,2\,;\,0)\) de \(\mathcal{D}_1\) : on cherche \(s\) tel que \(2+2s=1\), soit \(s=-1/2\) ; alors \(y = 1+1 = 2\) ✓ et \(z = 1-1 = 0\) ✓. Donc \(\mathcal{D}_1 = \mathcal{D}_2\) (confondues).
La valeur absolue garantit \(\cos(\alpha) \ge 0\) et donc \(0 \le \alpha \le \pi/2\) (les droites n’ont pas de sens, contrairement aux vecteurs).
avec \(\beta \in [0\,;\,\pi/2]\) l’angle entre la droite et sa projection orthogonale sur le plan.
Si les normales \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\) sont colineaires : les plans sont paralleles. Sinon, le système \(\begin{cases} a_1x+b_1y+c_1z = -d_1 \\ a_2x+b_2y+c_2z = -d_2 \end{cases}\) a deux équations indépendantes pour trois inconnues : l’ensemble des solutions est une droite. ∎
La droite \(\begin{cases} x = x_0+at \\ y = y_0+bt \\ z = z_0+ct \end{cases}\) et le plan \(\alpha x + \beta y + \gamma z + \delta = 0\). En substituant :
\(\alpha(x_0+at) + \beta(y_0+bt) + \gamma(z_0+ct) + \delta = 0\)
Soit \((\alpha a + \beta b + \gamma c)t = -(\alpha x_0 + \beta y_0 + \gamma z_0 + \delta)\).
Soit \(H\) le projete orthogonal de \(M_0\) sur \(\mathcal{P}\). Le vecteur \(\overrightarrow{HM_0}\) est colineaire a \(\vec{n}(a;b;c)\). La distance \(d(M_0, \mathcal{P}) = \|\overrightarrow{HM_0}\|\).
Soit \(A(x_A;y_A;z_A)\) un point quelconque du plan (verifiant \(ax_A+by_A+cz_A+d=0\)).
On projette \(\overrightarrow{AM_0}\) sur \(\vec{n}\) :
\(d = \left|\dfrac{\overrightarrow{AM_0} \cdot \vec{n}}{\|\vec{n}\|}\right| = \dfrac{|a(x_0-x_A)+b(y_0-y_A)+c(z_0-z_A)|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\)
Or \(ax_A+by_A+cz_A = -d\), donc le numérateur vaut \(|ax_0+by_0+cz_0+d|\). ∎
Calculer la distance du point \(A(1; 2; 3)\) au plan \(2x - y + 2z - 1 = 0\).
\(d = \dfrac{|2(1) - 2 + 2(3) - 1|}{\sqrt{4 + 1 + 4}} = \dfrac{|2 - 2 + 6 - 1|}{3} = \dfrac{5}{3}\).
Pour trouver le projete orthogonal \(H\) de \(A\) sur le plan \(\mathcal{P}\), on trace la droite passant par \(A\) et perpendiculaire a \(\mathcal{P}\) (de vecteur directeur \(\vec{n}\)), puis on calcule l’intersection de cette droite avec \(\mathcal{P}\).
La trajectoire est \(\begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 - t \\ z = 3 + 2t \end{cases}\). Le drone passe au-dessus du point \((4; -1)\) du sol quand \(x = 4\) et \(y = -1\).
De \(x = 2 + t = 4\), on tire \(t = 2\). Verification : \(y = 1 - 2 = -1\). ✓
L’altitude a cet instant est \(z = 3 + 2 \times 2 = 7\).
Conclusion : le drone passe au-dessus du point \((4; -1)\) à l’instant \(t = 2\), a une altitude de 7 unites.
On substitue dans l’équation du plan : \((1+2t) + (-1+t) + (3-t) = 5\), soit \(3 + 2t = 5\), d’ou \(t = 1\).
Le point d’intersection est \((3; 0; 2)\).
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| Notion | Formule |
|---|---|
| Produit scalaire | \(\vec{u} \cdot \vec{v} = xx' + yy' + zz'\) |
| Norme | \(\|\vec{u}\| = \sqrt{x^2+y^2+z^2}\) |
| Eq. plan | \(ax + by + cz + d = 0\), \(\vec{n}(a;b;c)\) |
| Eq. droite | \(\begin{cases} x=x_A+at \\ y=y_A+bt \\ z=z_A+ct \end{cases}\) |
| Distance point-plan | \(\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\) |
| Plans paralleles | \(\vec{n}_1\) et \(\vec{n}_2\) colineaires |
Géométrie dans l’espace : teste d’abord ton intuition.
« Dans l’espace, deux droites non paralleles se coupent forcement. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Dans l’espace (contrairement au plan), deux droites non paralleles peuvent être non coplanaires : elles ne se coupent pas et ne sont pas paralleles. Par exemple, deux arêtes non adjacentes d’un cube.
Mini-test : deux arêtes opposees d’un cube sont :
« Le vecteur normal a un plan est un vecteur directeur de ce plan. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Le vecteur normal \(\vec{n}\) est perpendiculaire au plan, il ne lui appartient pas. Les vecteurs directeurs du plan sont ceux qui sont dans le plan. Le vecteur normal est par contre un vecteur directeur de toute droite perpendiculaire au plan.
Mini-test : le plan \(2x + 3y - z + 1 = 0\) admet :
« Un plan est entierement défini par deux points. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Deux points definissent une droite, pas un plan. Il faut trois points non alignes pour definir un plan de maniere unique. Par deux points passent une infinite de plans (tous ceux contenant la droite passant par ces deux points).
Mini-test : combien de plans passent par 3 points alignes ?
« Deux droites orthogonales sont toujours perpendiculaires. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. Deux droites sont orthogonales si leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux (produit scalaire nul). Elles sont perpendiculaires si, en plus, elles sont coplanaires (secantes ou confondues). Deux droites non coplanaires peuvent être orthogonales sans être perpendiculaires.
Mini-test : deux arêtes d’un cube formant un angle droit mais non coplanaires sont :
« Deux plans non paralleles se coupent en un point. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Faux. L’intersection de deux plans non paralleles est une droite, pas un point. Deux plans dans l’espace sont soit paralleles (intersection vide ou confondus), soit secants le long d’une droite.
Mini-test : l’intersection des plans \(z = 0\) et \(x = 0\) est :
« La distance du point \(M(x_0;y_0;z_0)\) au plan \(ax+by+cz+d=0\) est \(\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
C’est vrai ! La formule de distance d’un point a un plan utilise bien la valeur absolue au numérateur et la norme du vecteur normal au dénominateur. La valeur absolue est essentielle car la distance est toujours positive.
Mini-test : distance de \(O(0;0;0)\) au plan \(x + y + z - 3 = 0\) :