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Exercice 3

Polynésie • Jour 2 • 17 juin 2026
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Dans l'espace muni d'un repère orthonormal $\left(\mathrm{O}\,;\,\vec{\imath}\,;\,\vec{\jmath}\,;\,\vec{k}\right)$, on considère les points :

$$\mathrm A(-1\,;\,1\,;\,1),\quad \mathrm B(1\,;\,-6\,;\,-1)\quad \text{et}\quad \mathrm C(-5\,;\,2\,;\,3).$$
    1. Démontrer que A, B et C ne sont pas alignés.
    2. Démontrer que $\vec{n}\begin{pmatrix}6\\-2\\13\end{pmatrix}$ est normal au plan $(ABC)$.
    3. En déduire l'équation $6x-2y+13z-5=0$.
  2. Soit $(P):\ 8x-2y-4z+18=0$. Démontrer que $(ABC)$ et $(P)$ sont perpendiculaires.
  3. Soit $(d)$ de représentation paramétrique $$\begin{cases}x=-4+t\\ y=-11+6t\\ z=2-t\end{cases}.$$ Démontrer que $(d)$ intersecte $(ABC)$ en E$(-3\,;\,-5\,;\,1)$.
  4. Soit H$(-2\,;\,1\,;\,0)$.
    1. Montrer que H est le projeté orthogonal de A sur $(d)$.
    2. En déduire la distance de A à $(d)$.
    3. Montrer que le triangle AHE est rectangle et que son aire vaut $\sqrt{19}$.

Concepts abordés

Chapitres principaux

Géométrie dans l'espace: partie 1
Géométrie dans l'espace: partie 2

Notions détaillées

Produit scalaire dans l’espace Équations de plans Représentation paramétrique de droites Orthogonalité dans l'espace Distances et angles dans l’espace

Solution écrite

Polynésie 17 juin 2026 J2

    1. Non-colinéarité de $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. $$\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}2\\-7\\-2\end{pmatrix},\qquad \overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}-4\\1\\2\end{pmatrix}.$$ Ces coordonnées ne sont pas proportionnelles : les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et déterminent un plan.
      A, B et C définissent un plan.
    2. Produits scalaires nuls avec deux vecteurs du plan. $$\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=6\times 2+(-2)\times(-7)+13\times(-2)=12+14-26=0,$$ $$\vec n\cdot\overrightarrow{AC}=6\times(-4)+(-2)\times 1+13\times 2=-24-2+26=0.$$ $\vec n$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de $(ABC)$, donc normal à ce plan.
      $\vec n$ est normal au plan $(ABC)$.
    3. Équation $6x-2y+13z+d=0$ ; passage par A. Une équation du plan est $6x-2y+13z+d=0$. Comme $A(-1\,;\,1\,;\,1)$ appartient au plan : $$6\times(-1)-2\times 1+13\times 1+d=0\iff d=-5.$$
      $$6x-2y+13z-5=0$$
  2. Vecteurs normaux orthogonaux $\Rightarrow$ plans perpendiculaires. Un vecteur normal à $(P)$ est $\vec p\begin{pmatrix}8\\-2\\-4\end{pmatrix}$. $$\vec n\cdot\vec p=6\times 8+(-2)\times(-2)+13\times(-4)=48+4-52=0.$$ Les vecteurs normaux sont orthogonaux, donc $(ABC)\perp(P)$.
    $(ABC)\perp(P)$.
  3. Substitution de la représentation paramétrique dans l'équation du plan. On résout $$6(-4+t)-2(-11+6t)+13(2-t)-5=0\iff 19-19t=0\iff t=1.$$ Pour $t=1$ : $x=-3$, $y=-5$, $z=1$. Ainsi $(d)$ et $(ABC)$ s'intersectent en $E(-3\,;\,-5\,;\,1)$.
    $$\mathrm E(-3\,;\,-5\,;\,1)$$
    1. $H\in(d)$ et $\overrightarrow{AH}\perp\vec\delta$. Pour $t=2$ dans la représentation paramétrique de $(d)$, on obtient les coordonnées de H : $H\in(d)$. $$\overrightarrow{AH}=\begin{pmatrix}-1\\0\\-1\end{pmatrix},\qquad \vec\delta=\begin{pmatrix}1\\6\\-1\end{pmatrix},$$ et $\overrightarrow{AH}\cdot\vec\delta=-1+0+1=0$. Donc $(AH)\perp(d)$ : H est le projeté orthogonal de A sur $(d)$.
      $H$ est le projeté orthogonal de A sur $(d)$.
    2. Distance égale à $AH$. $$AH^{2}=(-1)^{2}+0^{2}+(-1)^{2}=2\quad\Rightarrow\quad AH=\sqrt{2}.$$
      Distance de A à $(d)$ : $\sqrt{2}$.
    3. Triangle rectangle en H ; $HE=\sqrt{38}$. Comme $(AH)\perp(d)$ et $H,E\in(d)$, le triangle AHE est rectangle en H. $$HE^{2}=(-3+2)^{2}+(-5-1)^{2}+(1-0)^{2}=38\quad\Rightarrow\quad HE=\sqrt{38}.$$ $$\mathcal{A}(\mathrm{AHE})=\dfrac{AH\times HE}{2}=\dfrac{\sqrt{2}\times\sqrt{38}}{2}=\sqrt{19}.$$
      Triangle AHE rectangle en $H$ ; aire $=\sqrt{19}$.

Polynésie 17 juin 2026 J2