GS-EGéométrie dans l’espace

L'exercice d'espace complet des sections Sc. expérimentales et Techniques : plan par trois points, volume, projeté orthogonal, sphère, cercle de section, diamètre et tangente

Idée directrice

En Sciences expérimentales comme en Techniques, l'exercice d'espace est une seule chaîne : le produit vectoriel $\vec w=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ prouve que $A$ , $B$ , $C$ forment un plan, en donne l'équation, l'aire du triangle et, avec un quatrième point, le volume du tétraèdre ; le volume redonne la distance au plan ; la droite perpendiculaire au plan passant par ce point fournit le projeté orthogonal. Quand une sphère entre en jeu, ce projeté devient le centre du cercle de section et Pythagore donne son rayon $\sqrt{R^2-d^2}$ ; la fin de l'exercice place des points du plan sur ce cercle (diamètre, triangle rectangle) ou y trace une tangente.

Ce qui aide à reconnaître la démarche

« Calculer les composantes du vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ . En déduire que les points $A$ , $B$ et $C$ déterminent un plan » ; « Vérifier que … n'appartient pas au plan $P$ . Calculer le volume du tétraèdre » ; « Montrer que $S$ et $P$ sont sécants suivant le cercle $\zeta$ de centre … et de rayon … » ; « Montrer que $[BC]$ est un diamètre du cercle $\zeta$ » ; « dans le plan $P$ , la droite … est tangente au cercle $\zeta$ au point $B$ »

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Le vecteur $\vec w=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ sert partout : non nul, il prouve le plan ; ses composantes donnent l'équation ; $\dfrac12\|\vec w\|$ donne l'aire ; $\dfrac16|\vec w\cdot\overrightarrow{AD}|$ donne le volume.
Distance déduite du volume : $d=\dfrac{3\mathcal V}{\mathcal A}$ ; la contrôler par la formule $\dfrac{|ax+by+cz+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ .
Projeté orthogonal d'un point sur un plan : droite passant par ce point dirigée par $\vec n$ , puis paramètre obtenu en remplaçant dans l'équation du plan.
Sphère et plan : comparer $d$ et $R$ ; centre du cercle $=$ projeté orthogonal du centre de la sphère ; rayon $\sqrt{R^2-d^2}$ .
Point du plan sur le cercle : sa distance au centre du cercle vaut le rayon ; droite tangente au cercle en $B$ : incluse dans le plan et orthogonale au rayon $[HB]$ .

Les pièges à vérifier dans ta démarche

Écrire une équation vérifiée par $A$ , $B$ , $C$ sans avoir prouvé que les trois points ne sont pas alignés ; oublier le facteur $\dfrac16$ du volume ; prendre $\Omega$ pour centre du cercle de section, ou $R-d$ pour son rayon au lieu de $\sqrt{R^2-d^2}$ ; pour la tangente, ne vérifier que l'orthogonalité à $[HB]$ : une droite de l'espace orthogonale à $[HB]$ en $B$ n'est « tangente dans le plan $P$ » que si elle est incluse dans $P$ .

Sujet principal

Exercice 2 — géométrie dans l'espace (5 points), dans l'esprit des sujets Sc. expérimentales et Techniques 2019–2026

5 questionsCorrigé masqué

L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$ . On considère les points $A(1,-1,0)$ , $B(1,2,3)$ , $C(5,0,-1)$ et $\Omega(1,5,-3)$ .

1. Calculer les composantes du vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ . En déduire que les points $A$ , $B$ et $C$ déterminent un plan $P$ .
2. Montrer qu'une équation cartésienne du plan $P$ est $x-2y+2z-3=0$ .
3. Montrer que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ , puis calculer son aire.
1. Vérifier que le point $\Omega$ n'appartient pas au plan $P$ , puis calculer le volume du tétraèdre $\Omega ABC$ .
2. En déduire la distance du point $\Omega$ au plan $P$ .
Soit $\Delta$ la droite passant par $\Omega$ et perpendiculaire au plan $P$ .
1. Donner une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ .
2. Déterminer les coordonnées du point $H$ , projeté orthogonal de $\Omega$ sur le plan $P$ . Vérifier que $H$ est le milieu du segment $[BC]$ .
Soit $S$ l'ensemble des points $M(x,y,z)$ de l'espace tels que $x^2+y^2+z^2-2x-10y+6z-10=0$ .
1. Montrer que $S$ est la sphère de centre $\Omega$ et de rayon $3\sqrt5$ .
2. Montrer que $S$ et $P$ sont sécants suivant le cercle $\zeta$ de centre $H$ et de rayon $3$ .
3. Montrer que $[BC]$ est un diamètre du cercle $\zeta$ et que le point $A$ appartient à $\zeta$ .
Soit $D$ la droite de représentation paramétrique $x=1+2s$ , $y=2+2s$ , $z=3+s$ ( $s\in\R$ ). Montrer que $D$ est incluse dans le plan $P$ , puis que, dans le plan $P$ , la droite $D$ est tangente au cercle $\zeta$ au point $B$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a Idée : trois points déterminent un plan dès que $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ n'est pas le vecteur nul. On a $\overrightarrow{AB}(0,3,3)$ et $\overrightarrow{AC}(4,1,-1)$ . Composante par composante : $3\times(-1)-3\times1=-6$ , $3\times4-0\times(-1)=12$ et $0\times1-3\times4=-12$ .

\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=(-6,12,-12)

Ce vecteur n'est pas nul : $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires, donc $A$ , $B$ et $C$ ne sont pas alignés et déterminent un plan $P$ .

1.b Idée : $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ est normal à $P$ . Il s'écrit $-6\vec n$ avec $\vec n(1,-2,2)$ , donc $P$ a une équation de la forme $x-2y+2z+d=0$ . Comme $A\in P$ : $1+2+0+d=0$ , soit $d=-3$ : $\boxed{P:\ x-2y+2z-3=0}$ .

1.c $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=0\times4+3\times1+3\times(-1)=0$ : les vecteurs sont orthogonaux, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ . Son aire vaut la moitié de la norme du produit vectoriel :

\mathcal A=\dfrac12\sqrt{36+144+144}=\dfrac{18}2=9

soit $\boxed{\mathcal A=9}$ unités d'aire. Contrôle : $\dfrac12\,AB\times AC=\dfrac12\times3\sqrt2\times3\sqrt2=9$ .

2.a $1-2\times5+2\times(-3)-3=-18\neq0$ : $\Omega\notin P$ . Avec $\overrightarrow{A\Omega}(0,6,-3)$ :

\mathcal V=\dfrac16\left|(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC})\cdot\overrightarrow{A\Omega}\right|

\mathcal V=\dfrac16\,|0+72+36|=\dfrac{108}6

donc $\boxed{\mathcal V=18}$ unités de volume.

2.b Idée : le même volume s'écrit $\dfrac13\times\mathcal A(ABC)\times d(\Omega,P)$ , la hauteur issue de $\Omega$ étant $d(\Omega,P)$ . $18=\dfrac13\times9\times d(\Omega,P)$ , d'où $\boxed{d(\Omega,P)=6}$ . Contrôle par la formule : $\dfrac{|1-10-6-3|}{\sqrt{1+4+4}}=\dfrac{18}3=6$ .

3.a Idée : une droite perpendiculaire à $P$ est dirigée par un vecteur normal de $P$ . $\Delta$ passe par $\Omega(1,5,-3)$ et est dirigée par $\vec n(1,-2,2)$ :

\Delta:\ \begin{cases}x=1+t\\y=5-2t\\z=-3+2t\end{cases}\quad t\in\R

3.b Idée : le projeté orthogonal $H$ est le point d'intersection de $\Delta$ et de $P$ . On remplace dans l'équation de $P$ :

(1+t)-2(5-2t)+2(-3+2t)-3=0

soit $9t-18=0$ , donc $t=2$ et $\boxed{H(3,1,1)}$ . Le milieu de $[BC]$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{1+5}2,\dfrac{2+0}2,\dfrac{3-1}2\right)=(3,1,1)$ : c'est bien $H$ . Contrôle : $\Omega H=2\,\|\vec n\|=6=d(\Omega,P)$ .

4.a Idée : compléter les carrés. $x^2-2x=(x-1)^2-1$ , $y^2-10y=(y-5)^2-25$ et $z^2+6z=(z+3)^2-9$ , donc l'équation de $S$ s'écrit

(x-1)^2+(y-5)^2+(z+3)^2=45

Comme $45>0$ , $S$ est la sphère de centre $\Omega(1,5,-3)$ et de rayon $\sqrt{45}=\boxed{3\sqrt5}$ .

4.b Idée : comparer $d(\Omega,P)$ au rayon. $d(\Omega,P)=6$ et $6^2=36<45$ : le plan $P$ coupe la sphère suivant un cercle $\zeta$ . Son centre est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $P$ , c'est-à-dire $H$ (question 3.b), et son rayon est $\sqrt{45-36}=\boxed{3}$ .

4.c $B$ est dans $P$ et $\overrightarrow{HB}(-2,1,2)$ , donc $HB=\sqrt{4+1+4}=3$ : $B\in\zeta$ . Comme $H$ est le milieu de $[BC]$ , $HC=HB=3$ et $C\in\zeta$ : le segment $[BC]$ passe par le centre et joint deux points du cercle, c'est un diamètre de $\zeta$ . Enfin $A\in P$ et $\overrightarrow{HA}(-2,-2,-1)$ donne $HA=3$ : $A\in\zeta$ , ce qui était prévisible puisque $ABC$ est rectangle en $A$ .

5. $D$ passe par $B$ (pour $s=0$ ) et est dirigée par $\vec u(2,2,1)$ . D'une part $\vec u\cdot\vec n=2-4+2=0$ et $B\in P$ : la droite $D$ est incluse dans $P$ . D'autre part $\overrightarrow{HB}\cdot\vec u=-4+2+2=0$ : dans le plan $P$ , la droite $D$ est perpendiculaire au rayon $[HB]$ en son extrémité $B$ , point du cercle. Elle est donc tangente à $\zeta$ en $B$ . En effet, pour $M\in D$ de paramètre $s$ , Pythagore donne $HM^2=HB^2+BM^2=9+9s^2$ , qui ne vaut $9$ que pour $s=0$ .

Changer d’énoncé, garder le raisonnement

Choisis un seul transfert après le sujet principal. Qu’est-ce qui change ? Quel résultat ou quelle méthode peux-tu réutiliser ? Les autres exercices restent disponibles pour une prochaine séance.

Variantes rencontrées : plan passant par l'origine obtenu avec $\overrightarrow{OB}\wedge\overrightarrow{OC}$ et volume du tétraèdre $OBC\Omega$ , puis famille de plans contenant $(BC)$ (Sc. exp. contrôle 2026) ; cercle de section de centre $A$ passant par $B$ et droite du plan tangente au cercle, après une distance point–droite (Sc. exp. principale 2026) ; volume constant quand $I$ parcourt un plan parallèle, puis sphère à paramètre (Techniques contrôle 2026) ; droite perpendiculaire au plan « en un point que l'on précisera », puis volume d'un tétraèdre $MABC$ dépendant d'un paramètre (Sc. exp. principale 2019) ; cercle de section de centre et de rayon imposés (Techniques contrôle 2020, Sc. exp. contrôle 2025).

Exercices d'entraînement — une nuance à la fois

1 Drill GS-E.1 — volume constant quand le sommet parcourt un plan parallèle

Entraînement 01 / 02

Drill GS-E.1 — volume constant quand le sommet parcourt un plan parallèle

3 questionsCorrigé masqué

L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$ . On considère les points $A(2,0,0)$ , $B(1,2,0)$ et $C(1,0,2)$ .

1. Déterminer les composantes du vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ .
2. En déduire que les points $A$ , $B$ et $C$ déterminent un plan $P$ dont une équation cartésienne est $2x+y+z-4=0$ .
3. Calculer l'aire du triangle $ABC$ .
Soit $Q$ le plan d'équation $2x+y+z+5=0$ .
1. Prouver que les plans $P$ et $Q$ sont strictement parallèles.
2. Soit $I(x,y,z)$ un point du plan $Q$ . Montrer que le volume du tétraèdre $IABC$ est égal à $3$ .
3. En déduire la distance d'un point quelconque de $Q$ au plan $P$ .
Déterminer l'ensemble des points $M$ de l'espace tels que le volume du tétraèdre $MABC$ soit égal à $3$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1.a $\overrightarrow{AB}(-1,2,0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1,0,2)$ . Composantes : $2\times2-0\times0=4$ , $0\times(-1)-(-1)\times2=2$ et $(-1)\times0-2\times(-1)=2$ , donc $\boxed{\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=(4,2,2)}$ .

1.b Ce vecteur n'est pas nul : $A$ , $B$ , $C$ ne sont pas alignés et déterminent un plan $P$ , de vecteur normal $\vec n(2,1,1)$ (car $(4,2,2)=2\vec n$ ). $P$ a une équation $2x+y+z+d=0$ et $A\in P$ donne $4+d=0$ : $P:\ 2x+y+z-4=0$ .

1.c $\mathcal A=\dfrac12\sqrt{16+4+4}=\dfrac12\sqrt{24}=\boxed{\sqrt6}$ unités d'aire.

2.a $P$ et $Q$ ont le même vecteur normal $\vec n(2,1,1)$ : ils sont parallèles. Le point $A$ de $P$ n'est pas dans $Q$ ( $4+0+0+5=9\neq0$ ) : ils sont strictement parallèles.

2.b Idée : le produit mixte fait apparaître le premier membre de l'équation de $P$ . Avec $\overrightarrow{AI}(x-2,y,z)$ :

(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC})\cdot\overrightarrow{AI}=4(x-2)+2y+2z

c'est-à-dire $2(2x+y+z)-8$ . Si $I\in Q$ , alors $2x+y+z=-5$ et ce produit vaut $-18$ . Donc $\mathcal V=\dfrac16\times|-18|=\boxed{3}$ , quel que soit le point $I$ choisi dans $Q$ .

2.c Idée : $\mathcal V=\dfrac13\times\mathcal A(ABC)\times d(I,P)$ . $3=\dfrac13\sqrt6\,d(I,P)$ donne $d(I,P)=\dfrac9{\sqrt6}=\boxed{\dfrac{3\sqrt6}2}$ pour tout $I\in Q$ : c'est la distance entre les deux plans. Contrôle avec $I(0,0,-5)\in Q$ : $\dfrac{|-5-4|}{\sqrt6}=\dfrac9{\sqrt6}$ .

3. Pour $M(x,y,z)$ quelconque, le même calcul donne $\mathcal V(MABC)=\dfrac16\,|2(2x+y+z)-8|$ . Donc $\mathcal V=3\iff|2x+y+z-4|=9$ , c'est-à-dire $2x+y+z=13$ ou $2x+y+z=-5$ .

L'ensemble cherché est la réunion du plan $Q$ et du plan $Q':\ 2x+y+z-13=0$ , les deux plans parallèles à $P$ situés à la distance $\dfrac{3\sqrt6}2$ de $P$ , de part et d'autre.

2 Drill GS-E.2 — distance d'un point à une droite incluse dans un plan, sphère et cercle tangents à cette droite

Entraînement 02 / 02

Drill GS-E.2 — distance d'un point à une droite incluse dans un plan, sphère et cercle tangents à cette droite

3 questionsCorrigé masqué

L'espace est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec i,\vec j,\vec k)$ . On considère le plan $P$ d'équation $2x+2y+z-3=0$ , le point $I(3,2,2)$ et la droite $\Delta$ passant par le point $B(4,-1,-3)$ et de vecteur directeur $\vec u=\vec i-\vec j$ .

Montrer que la droite $\Delta$ est incluse dans le plan $P$ .
1. Donner une représentation paramétrique de $\Delta$ . Déterminer le point $K$ de $\Delta$ tel que les vecteurs $\overrightarrow{IK}$ et $\vec u$ soient orthogonaux.
2. Prouver que la distance du point $I$ à la droite $\Delta$ est $d(I,\Delta)=3\sqrt3$ .
Soit $S$ la sphère de centre $I$ et de rayon $3\sqrt3$ .
1. Montrer que $S$ et $\Delta$ ont un seul point commun, que l'on précisera.
2. Calculer $d(I,P)$ . En déduire que $S$ et $P$ sont sécants suivant un cercle $\zeta$ de centre $J(1,0,1)$ dont on précisera le rayon.
3. Montrer que, dans le plan $P$ , la droite $\Delta$ est tangente au cercle $\zeta$ au point $K$ .

Voir la correction commentéeAprès avoir posé votre démarche

1. $\vec u(1,-1,0)$ et $\vec n(2,2,1)$ est normal à $P$ : $\vec u\cdot\vec n=2-2+0=0$ , donc $\Delta$ est parallèle à $P$ . De plus $B\in P$ car $8-2-3-3=0$ . Une droite parallèle à $P$ ayant un point dans $P$ est incluse dans $P$ .

2.a $\Delta:\ x=4+t$ , $y=-1-t$ , $z=-3$ ( $t\in\R$ ). Idée : le pied de la perpendiculaire est le point $M$ de $\Delta$ tel que $\overrightarrow{IM}\cdot\vec u=0$ . Pour $M$ de paramètre $t$ , $\overrightarrow{IM}(1+t,-3-t,-5)$ et

\overrightarrow{IM}\cdot\vec u=(1+t)-(-3-t)=2t+4

qui s'annule pour $t=-2$ : $\boxed{K(2,1,-3)}$ .

2.b $\overrightarrow{IK}(-1,-1,-5)$ , donc $IK=\sqrt{1+1+25}=\sqrt{27}=3\sqrt3$ . Pour tout point $M$ de $\Delta$ , le triangle $IKM$ est rectangle en $K$ , donc $IM^2=IK^2+KM^2\geq IK^2$ : la plus petite distance de $I$ à un point de $\Delta$ est atteinte en $K$ , et $\boxed{d(I,\Delta)=3\sqrt3}$ .

3.a $M(4+t,-1-t,-3)\in S\iff IM^2=27$ , soit $(1+t)^2+(3+t)^2+25=27$ , c'est-à-dire $2t^2+8t+8=0$ , ou encore $2(t+2)^2=0$ . La seule solution est $t=-2$ : $S$ et $\Delta$ ont un seul point commun, le point $K$ ( $\Delta$ est tangente à $S$ en $K$ ).

3.b $d(I,P)=\dfrac{|6+4+2-3|}{3}=3<3\sqrt3$ : $S$ et $P$ sont sécants suivant un cercle $\zeta$ . Son centre est le projeté orthogonal de $I$ sur $P$ : $J(1,0,1)$ convient, car $J\in P$ ( $2+0+1-3=0$ ) et $\overrightarrow{IJ}(-2,-2,-1)=-\vec n$ est normal à $P$ . Son rayon est $\sqrt{27-9}=\boxed{3\sqrt2}$ .

3.c $K\in P$ et $\overrightarrow{JK}(1,1,-4)$ donne $JK=\sqrt{18}=3\sqrt2$ : $K\in\zeta$ . Et $\overrightarrow{JK}\cdot\vec u=1-1+0=0$ : dans le plan $P$ , la droite $\Delta$ passe par le point $K$ du cercle et est perpendiculaire au rayon $[JK]$ , elle est tangente à $\zeta$ en $K$ .

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