Corrigé du contrôle de maths L1 : géométrie du plan et de l’espace, distances

Exercice 1 : Question de cours : distances à un plan et à une droite (3 points)

1. Le vecteur \(\vec{n} = (a, b, c)\) est normal à \(\mathcal{P}\). Soit \(H\) le projeté orthogonal de \(M_0\) sur \(\mathcal{P}\). Pour tout point \(N\) de \(\mathcal{P}\), le triangle \(M_0HN\) est rectangle en \(H\). D’après le théorème de Pythagore, \(M_0N^2 = M_0H^2 + HN^2 \geq\, M_0H^2\). Donc \(d(M_0, \mathcal{P}) = M_0H\).

   Ensuite, soit \(A(x_A, y_A, z_A)\) un point de \(\mathcal{P}\) ; alors \(a x_A + b y_A + c z_A = -d\). D’une part :

   \[\vec{AM_0} \cdot \vec{n} = a(x_0 – x_A) + b(y_0 – y_A) + c(z_0 – z_A) = a x_0 + b y_0 + c z_0 + d.\]

   D’autre part, \(\vec{AM_0} = \vec{AH} + \vec{HM_0}\), avec \(\vec{AH} \cdot \vec{n} = 0\). De plus, \(\vec{HM_0}\) est colinéaire à \(\vec{n}\). Donc \(|\vec{AM_0} \cdot \vec{n}| = |\vec{HM_0} \cdot \vec{n}| = M_0H \times \|\vec{n}\|\).

   Ainsi \(d(M_0, \mathcal{P}) = \dfrac{|a x_0 + b y_0 + c z_0 + d|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}\).

2. Soit \(H\) le projeté orthogonal de \(M\) sur \(\Delta\). Comme au a, \(d(M, \Delta) = MH\). Ensuite, \(\vec{AM} = \vec{AH} + \vec{HM}\) et \(\vec{AH} \wedge \vec{u} = \vec{0}\), car ces vecteurs sont colinéaires. Donc \(\vec{AM} \wedge \vec{u} = \vec{HM} \wedge \vec{u}\).

   Or \(\vec{HM}\) est orthogonal à \(\vec{u}\). Par conséquent, \(\|\vec{HM} \wedge \vec{u}\| = HM \times \|\vec{u}\|\). Ainsi \(d(M, \Delta) = \dfrac{\|\vec{AM} \wedge \vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}\).

Barème : a) 2 points : 0,5 point pour la distance égale à \(M_0H\), 1 point pour le calcul du produit scalaire, 0,5 point pour la conclusion ; b) 1 point : 0,5 point pour l’élimination de \(\vec{AH}\), 0,5 point pour la norme.

Exercice 2 : Un plan, une droite d’intersection et une distance (5 points)

1. On a \(\vec{AB} = (1, 1, -1)\) et \(\vec{AC} = (-1, 2, -1)\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, la première coordonnée donnerait \(\vec{AC} = -\vec{AB}\), ce que la deuxième contredit (\(2 \neq -1\)). Donc \(A\), \(B\), \(C\) ne sont pas alignés et définissent un plan.

   Une représentation paramétrique de \(\mathcal{P}\) est : \(x = 1 + s – t\), \(y = s + 2t\), \(z = 2 – s – t\), avec \((s, t) \in \mathbb{R}^2\).

2. On calcule coordonnée par coordonnée :

   \[\vec{AB} \wedge \vec{AC} = \big(1 \times (-1) – (-1) \times 2,\; (-1) \times (-1) – 1 \times (-1),\; 1 \times 2 – 1 \times (-1)\big) = (1, 2, 3).\]

   Ce vecteur est orthogonal à \(\vec{AB}\) et à \(\vec{AC}\), donc normal à \(\mathcal{P}\). Une équation est donc \(x + 2y + 3z = d\). Le point \(A\) donne \(d = 1 + 0 + 6 = 7\).

   Ainsi \(\mathcal{P} : x + 2y + 3z = 7\). Vérification : pour \(B\), \(2 + 2 + 3 = 7\) ; pour \(C\), \(0 + 4 + 3 = 7\).

3. Les vecteurs normaux \(\vec{n}_{\mathcal{P}} = (1, 2, 3)\) et \(\vec{n}_{\mathcal{Q}} = (1, 1, -1)\) ne sont pas colinéaires. Le système formé par les deux équations est donc de rang 2 : les plans sont sécants selon une droite. On résout :

   \[\begin{cases} x + 2y + 3z = 7 \\ x + y – z = -1 \end{cases}\]

   Par différence, \(y + 4z = 8\), donc \(y = 8 – 4z\). Ensuite, \(x = -1 – y + z = -9 + 5z\). En prenant \(z\) comme paramètre :

   \(\Delta : x = -9 + 5t,\; y = 8 – 4t,\; z = t\), avec \(t \in \mathbb{R}\).

   Un vecteur directeur est \((5, -4, 1)\). Or \(\vec{n}_{\mathcal{P}} \wedge \vec{n}_{\mathcal{Q}} = (2 \times (-1) – 3 \times 1,\; 3 \times 1 – 1 \times (-1),\; 1 \times 1 – 2 \times 1) = (-5, 4, -1)\). Ces deux vecteurs sont bien colinéaires. On remarque aussi que \(A\) appartient à \(\Delta\) (pour \(t = 2\)).

4. D’après la formule de l’exercice 1 :

   \[d(D, \mathcal{P}) = \dfrac{|2 + 2 \times (-1) + 3 \times 0 – 7|}{\sqrt{1 + 4 + 9}} = \dfrac{7}{\sqrt{14}}.\]

   Donc \(d(D, \mathcal{P}) = \dfrac{7}{\sqrt{14}} = \dfrac{\sqrt{14}}{2}\).

Erreur fréquente : oublier le terme constant \(-7\) dans la formule de distance. Il faut écrire l’équation sous la forme \(ax + by + cz + d = 0\).

Barème : a) 1 point : 0,5 point pour le non-alignement, 0,5 point pour le paramétrage ; b) 1,5 point : 1 point pour le produit vectoriel, 0,5 point pour l’équation ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la justification du rang, 0,5 point pour la résolution, 0,5 point pour la vérification de la direction ; d) 1 point.

Exercice 3 : Produit mixte et volume d’un tétraèdre (4 points)

1. On a \(\vec{AD} = (1, -1, -2)\). D’après l’exercice 2, \(\vec{AB} \wedge \vec{AC} = (1, 2, 3)\). Donc :

   \[[\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD}] = (\vec{AB} \wedge \vec{AC}) \cdot \vec{AD} = 1 – 2 – 6 = -7.\]

   Le produit mixte vaut \(-7\). Son signe négatif indique que la base \((\vec{AB}, \vec{AC}, \vec{AD})\) est indirecte.

2. Le volume du tétraèdre vaut \(V = \dfrac{|-7|}{6} = \dfrac{7}{6}\) unités de volume.

3. L’aire du triangle \(ABC\) vaut \(\dfrac{1}{2}\|\vec{AB} \wedge \vec{AC}\| = \dfrac{1}{2}\sqrt{1 + 4 + 9}\). Donc l’aire de \(ABC\) vaut \(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\) unités d’aire.

4. La hauteur issue de \(D\) est la distance \(h\) de \(D\) au plan \((ABC)\). Ainsi \(\dfrac{7}{6} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{14}}{2} \times h\), donc \(h = \dfrac{7}{2} \times \dfrac{2}{\sqrt{14}} = \dfrac{7}{\sqrt{14}}\). On retrouve \(d(D, \mathcal{P}) = \dfrac{7}{\sqrt{14}} = \dfrac{\sqrt{14}}{2}\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour \(\vec{AD}\), 1 point pour le produit mixte ; b) 0,5 point ; c) 1 point ; d) 1 point : 0,5 point pour l’équation, 0,5 point pour la hauteur.

Exercice 4 : Problème : distance à une droite et sphère tangente (8 points)

Partie A : distance d’un point à une droite

1. On a \(\vec{EM} = (3, 0, 3)\) et \(\vec{w} = (1, 2, 2)\). Donc :

   \[\vec{EM} \wedge \vec{w} = (0 \times 2 – 3 \times 2,\; 3 \times 1 – 3 \times 2,\; 3 \times 2 – 0 \times 1) = (-6, -3, 6).\]

   Sa norme vaut \(\sqrt{36 + 9 + 36} = 9\), et \(\|\vec{w}\| = \sqrt{1 + 4 + 4} = 3\). Donc \(d(M, \mathcal{L}) = \dfrac{9}{3} = 3\).

2. Le point \(H = E + t\,\vec{w}\) est le projeté orthogonal de \(M\) si et seulement si \(\vec{HM} \cdot \vec{w} = 0\). Cela donne \(\vec{EM} \cdot \vec{w} = t\,\|\vec{w}\|^2\). Or \(\vec{EM} \cdot \vec{w} = 3 + 0 + 6 = 9\), donc \(t = 1\). Ainsi \(H(2, 3, 2)\).

   Vérification : \(\vec{MH} = (-2, 2, -1)\), et \(\vec{MH} \cdot \vec{w} = -2 + 4 – 2 = 0\). De plus, \(MH = \sqrt{4 + 4 + 1} = 3\). On retrouve bien \(MH = 3\).

Partie B : une sphère tangente au plan

3. Une sphère de centre \(\Omega\) est tangente à \(\mathcal{P}\) si et seulement si son rayon \(r\) vaut \(d(\Omega, \mathcal{P})\). Or :

   \[d(\Omega, \mathcal{P}) = \dfrac{|1 + 4 + 9 – 7|}{\sqrt{14}} = \dfrac{7}{\sqrt{14}}, \qquad r^2 = \dfrac{49}{14} = \dfrac{7}{2}.\]

   Donc \(\mathcal{S} : (x – 1)^2 + (y – 2)^2 + (z – 3)^2 = \dfrac{7}{2}\).

4. Le point \(T\) est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \(\mathcal{P}\). On cherche donc \(T = \Omega + k\,\vec{n}\), avec \(\vec{n} = (1, 2, 3)\). On écrit que \(T \in \mathcal{P}\) :

   \[(1 + k) + 2(2 + 2k) + 3(3 + 3k) = 7 \iff 14 + 14k = 7 \iff k = -\dfrac{1}{2}.\]

   Donc \(T(\dfrac{1}{2}, 1, \dfrac{3}{2})\). Vérification : \(\dfrac{1}{2} + 2 + \dfrac{9}{2} = 7\). De plus, \(\Omega T = \dfrac{1}{2}\sqrt{14} = r\).

   

5. La droite \(\mathcal{L}\) coupe \(\mathcal{S}\) si et seulement si \(d(\Omega, \mathcal{L}) \leq\, r\). On a \(\vec{E\Omega} = (0, 1, 3)\), puis :

   \[\vec{E\Omega} \wedge \vec{w} = (1 \times 2 – 3 \times 2,\; 3 \times 1 – 0 \times 2,\; 0 \times 2 – 1 \times 1) = (-4, 3, -1).\]

   Donc \(d(\Omega, \mathcal{L}) = \dfrac{\sqrt{16 + 9 + 1}}{3} = \dfrac{\sqrt{26}}{3}\). Ensuite, on compare les carrés, qui sont positifs : \(\dfrac{26}{9} < \dfrac{27}{9} = 3 < \dfrac{7}{2}\).

   Ainsi \(d(\Omega, \mathcal{L}) < r\) : la droite \(\mathcal{L}\) coupe la sphère \(\mathcal{S}\) en deux points distincts.

Erreur fréquente : comparer \(d(\Omega, \mathcal{L})\) au diamètre au lieu du rayon.

Barème : a) 1,5 point : 1 point pour le produit vectoriel, 0,5 point pour la distance ; b) 1,5 point : 1 point pour \(H\), 0,5 point pour la vérification ; c) 1,5 point : 0,5 point pour la condition de tangence, 0,5 point pour le rayon, 0,5 point pour l’équation ; d) 1,5 point : 0,5 point pour la méthode, 1 point pour \(T\) ; e) 2 points : 1 point pour la distance, 0,5 point pour la comparaison, 0,5 point pour la conclusion.

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