mth0102 : Alg bre vectorielle-Hiver 2020 -groupe 2 · 9 √ 21 16 ≃2,58 u2. iii) Calculer le volume V du tétraèdre OABC et représenter ce tétraèdre. Le volume du tétraèdre

chapitre 9

Le plan dans l’espace cartésien

Objectifs : à la fin de ce chapitre, l’étudiant saura définir

1 Les équations du plan dans l’espace cartésien.

2 La position relative de deux plans et les positions relativesd’une droite et d’un plan dans l’espace cartésien.

3 Les distances relatives aux plans dans l’espace cartésien.

section 9.1

Les équations du plan dans l’espace cartésien

Dans cette section, nous étudierons les notions suivantes

1 L’équation vectorielle du plan dans l’espace.

2 Les équations paramétriques du plan dans l’espace.

3 L’équation cartésienne du plan dans l’espace

4 L’équation normale et l’équation réduite d’un plan dans l’espace.

Équations du plan dans l’espace Positions relatives de deux plans Distances relatives aux plans

Définition 1 : vecteur directeur et vecteur normal

a) Un vecteur directeur d’un plan π est tout vecteur non nul qui est parallèle à π.

b) Un vecteur normal au plan π est tout vecteur non nul qui est perpendiculaireà toutes les droites de π.

1. équations d’un plan dans l’espace

Soit P(x0,y0,z0) un point de l’espace, et deux vecteurs non parallèles~u1 = (a1,b1,c1) et ~u2 = (a2,b2,c2), de R3.

1) Une équation vectorielle du plan π passant par P et devecteurs directeurs ~u1 et ~u2 est donnée par−−→OM =

−→OA +

−−→AM =

−→OA + k1~u1 + k2~u2 ⇒

π : (x ,y ,z) =(x0,y0,z0) + k1(a1,b1,c1) + k2(a2,b2,c2), k1,k2 ∈ R.

y

x

z

O

RP

−→u2

−→u1

π

2) Des équations paramétriques du plan π passant par P et de vecteursdirecteurs ~u1 et ~u2, où ~u1 ∦ ~u2 sont

x = x0 + k1a1 + k2a2,

y = y0 + k1b1 + k2b2,

z = z0 + k1c1 + k2c2,

où k1,k2 ∈ R sont les paramètres.

Z. Coulibaly MTH0102-3-H2020 : www.mgi.polymtl.ca/zoumana.coulibaly/mth0102.html 19 avril 2020 3 / 34

http://www.mgi.polymtl.ca/zoumana.coulibaly/mth0102.html

Exemple 1 :

Soit le plan π passant par les points P(2,7, − 1),Q(5,3,4) et R(1,2,3)

a) Déterminer une équation vectorielle de π.

2 vecteurs directeurs de π sont −→u 1 =−→PQ = (3,− 4,5) et

−→u 2 =−→PR = (−1,− 5,4).

Si le point d’appui est P(2,7,− 1), alors une équation vectorielle de π estπ : (x ,y ,z) = −→r (s,t) = (2,7,− 1) + t(3,− 4,5) + s(−1,− 5,4),t,s ∈ R.

b) Déterminer des équations paramétriques de πdes équations paramétriques de π sontx = 2 + 3t − s,y = 7− 4t − 5s,z = 2 + 5t + 4s,s,t ∈ R.

c) Le point S(5,− 2,0) appartient-il à π? Et le point T (13,24, − 11)?Si S(5,− 2,0) ∈ π, alors ∃s,t tels que −→r (s,t) = (5,− 2,0) et siT (13,24, − 11) ∈ π, alors ∃s,t tels que −→r (s,t) = (13,24, − 11)

[A | B C ] =

[ ]

3 −1 3 114 5 9 −175 4 1 −10

∼

[ ]

3 −1 3 110 19 15 −510 0 483 0

Pour S, on a rang(A) = 2 < 3 = rang([A|B]) ⇒ S /∈ π.Pour T , on a rang(A) = 2 = rang([A|B]) = n le système possède une unique

solution qui est 17s = −85⇒ s = −5 et t =13

(11 + t) = 2. Donc T ∈ π et

T (13,24, − 11) = −→r (−5,2) = (2,7,− 1) + 2(3,− 4,5) − 5(−1,− 5,4).


Définition 2 : équation cartésienne d’un plan

Une équation cartésienne du plan π passant par P(x0,y0,z0) et de vecteur normal~n = (a,b,c) est donnée par

~n · −−→PM = 0 ⇒ ax + by + cz = ax0 + by0 + cz0 = d ,

, pour tout M(x ,y ,z) ∈ π.

Théorème 1 :

Une équation cartésienne du plan π de vecteur normal ~n = (a,b,c) estax + by + cz = 0 ⇔ π passe par O(0,0,0).

Théorème 2 :

Une équation cartésienne du plan π passant par P(x0,y0,z0) et de vecteursdirecteurs ~u1 = (a1,b1,c2) et ~u2 = (a2,b2,c2), où ~u1 ∦ ~u2 est

−−→AM · (~u1 × ~u2) =

∣

∣

∣

∣

∣

x − x0 y − y0 z − z0

a1 b1 c1

a2 b2 c2

∣

∣

∣

∣

∣

= 0, pour tout M(x ,y ,z) ∈ π.




Définition 3 : équation normale

Soit ax + by + cz − d = 0, une équation cartésienne du plan π, ayant ~n = (a,b,c)comme vecteur normal.Une équation normale de π est

ax + by + cz − d

‖~n‖ =ax + by + cz − d√

a2 + b2 + c2= 0.

Définition 4 : équation réduite

Soit le plan π : ax + by + cz = d , où a 6= 0,b 6= 0 et c 6= 0.• si d = 0, alors π rencontre les axes de coordonnées 0x ,0y et 0z, au point

O(0,0,0)• si d 6= 0, les points d’intersection de π avec les axes 0x ,0y et 0z sont

respectivement R

(

d

a,0,0

)

,S(

0,d

b,0

)

et T

(

0,0,d

c

)

. L’ équation réduite

du plan π s’écritxd

a

+yd

b

+zd

c

= 1.




Exemple 2 : Exercice 9, page 472

Soit les vecteurs ~u =~i −~j + ~k et ~v =~i + 2~j + 4~k

a) Déterminer l’équation normale (É.N.) et l’équation réduite (É.R.) du plan π1

qui passe par P(1,− 1,1), où π1 est perpendiculaire à ~v .

• Comme un vecteur normal à π est −→n = ~v = (1,2,4), alors une équationcartésienne de π1 est

x + 2y + 4z = 1(1) + 2(−1) + 4(1)⇒ x + 2y + 4z − 3 = 0.

• L’équation normale de π1 est

1√21

x +2√21

y +4√21

z − 3√21

= 0.

• L’équation réduite de π1 est

x

3+

y32

+z34

= 1.




Exemple 2 (suite)

b) i) Déterminer les points d’intersection A,B et C du plan π1 qui couperespectivement les axes x ,y et z.

De l’équation normale, on tire A(3,0,0),(

0,32

,0)

et C

(

0,0,34

)

.

ii) Calculer l’aire du triangle ABC .L’aire du triangle ABC est

aire(ABC) =12‖−→AB ×−→AC‖ =

12‖

(

98

,94

,92

)

‖ =9√

2116

≃ 2,58 u2.

iii) Calculer le volume V du tétraèdre OABC et représenter ce tétraèdre.Le volume du tétraèdre est

V =16|−→OA • (

−→OB ×−→OC)| = 1

6278

=916≃ 0,5625 u2

c) Déterminer de deux façons différentes la hauteur h, issue de O, du tétraèdreprécédent.La hauteur est

h =3V

aire(ABC)=

3√21≃ 0,65 u.



section 9.2

Position relative de deux plans et position

relative d’une droite et d’un plan dans l’espace


1 La position relative de deux plans dans l’espace.

2 L’angle formé par deux plans dans l’espace.

3 La position relative d’une droite et d’un plan dans l’espace

4 L’angle formé par une droite et un plan dans l’espace.


1. Positions relatives de deux plans dans l’espace

Définition 1 : plans parallèles

Deux plans π1 et π2 sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs normaux sontparallèles.

Plans non parallèles

Les plans π1 et π2 sont non parallèles si leurs vecteursnormaux sont non parallèles : ~n1 ∦ ~n2

(~n1 6= k~n2, ∀k ∈ R)Plans sécants : une infinité de points d’intersection

x

z

y

−→n1

D−→n2π2

π1

Définition 2 : droites d’intersection de deux plans

Pour déterminer une équation de la droite d’intersection des plansπ1 : a1x + b1y + c1z = d1 et π2 : a2x + b2y + c2z = d2, on résout, par la méthodeGauss, le système

S :

{

a1x + b1y + c1z = d1,

a2x + b2y + c2z = d2,




Plans parallèles

Soient ~n1 = (a1,b1,c1) et ~n2 = (a2,b2,c2), des vecteurs normaux respectifs àπ1 : a1x + b1y + c1z − d1 = 0 et π2 : a2x + b2y + c2z − d2 = 0. Les plans π1 et π2

sontparallèles si ~n1 ‖ ~n2 (il existe k ∈ R, tel que ~n1 = k~n2 ⇒ k =a1

a2=

b1

b2=

c1

c2si

a2 6= 0,b2 6= 0 et c2 6= 0).

a) Plans parallèles et distincts : aucun point

d’intersection : k 6= d1

d2si d2 6= 0.

π2

y

x

z

P1

−→n1

−→n2

π1

b) Plans parallèles et confondus : une infinité de points

d’intersection : k =d1

d2si d2 6= 0.

x

−→n2

π1

z

y

−→n1

π2




Resumé des positions relatives de deux plans

de vecteurs normaux

−→n 1 6= k−→n 2

π1

π1

π2 : a2x+ b2y + c2z = d2

π1,π2

−→n 1 et−→n 2

−→n 1 = (a1,b1,c1)

−→n 1

−→n 2

Concourants : π1 ∩ π2 = D : une droite

d(π1,π2) = 0

−→n 1 = k−→n 2

π1 ‖ π2

π2

Un vecteur directeur de D est −→u = −→n 1 ×−→n 2

Positions relatives de

deux plans de R3 ∀P ∈ π1 alors P /∈ π2

k =d1d2,d2 6= 0

Distincts : π1 ∩ π2 = ∅ : k 6=d1d2,d2 6= 0

On trouve D en resolvant

{

a1x+ b1y + c1z = d1a2x+ b2y + c2z = d2

le systeme d’equations

π2 d(π1,π2) 6= 0

−→n 2

π2

π1 ∀P ∈ π1 alors P ∈ π2

Confondus : π1 ∩ π2 = π1 = π2

d(π1,π2) = 0

−→n 1−→n 2 = (a2,b2,c2)

π1 : a1x+ b1y + c1z = d1

a1a2

=b1b2

=c1c2

= k

a2 6= 0,b2 6= 0,c2 6= 0

Dπ1 ∦ π2




Exemple 3 :

Déterminer la position relative des plans π1 : x + 2y + 3z = 2 etπ2 : (x ,y ,z) = (1,5,− 3) + s(4,1, − 2) + t(3,− 3,1),s,t ∈ R.

• Un vecteur normal à π1 est −→n 1 = (1,2,3) et un vecteur normal à π2 est

−→n 2 = −→u 1 ×−→u 2 =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k4 1 −23 −3 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (−5,− 10,− 15).

• Puisque P(1,5,− 3) ∈ π2 alors une équation cartésienne de π2 estπ2 : −5x − 10y − 15z = −5(1)− 10(5) − 15(−3) = −10.

• Commea1

a2=

1−5

=b1

b2=

2−10

=b1

b2=

3−15

= k alors π1 ‖ π2

• Puisqued1

d2=

2−10

= k , alors π1 et π2 sont confondus.

• On peut aussi vérifier que P2(1,5, − 3) ∈ π2 est aussi un point de π1 car1 + 2(5) + 3(−3) = 2⇒ P2 ∈ π1 et donc π1 et π2 sont confondus.




Droite d’intersection : approche géométrique

~n1

π2

π1~u

~n2

D

P

Q

1) On peut aussi trouver 2 points P(xP ,yP ,zP) et Q(xQ ,yQ ,zQ) de D, en fixantune des variables, par exemple x = 0 (ou y = 0 ou z = 0), et en résolvant lesystème équivalent

x = 0→{

b1y + c1z = d1,

b2y + c2z = d2,y = 0→

{

a1x + c1z = d1,

a2x + c2z = d2,

2) Un vecteur directeur de D est ~u =−→PQ, ou encore le produit vectoriel des

vecteurs normaux ~u = ~n1 × ~n2 = (a1,b1,c1)× (a2,b2,c2).

3) L’équation vectorielle de la droite d’intersection est alors~r(t) = (xP ,yP ,zP ) + t~u,t ∈ R ou ~r(t) = (xQ ,yQ ,zQ) + t~u,t ∈ R.




2. angles formés par deux plans

L’angle dièdre formé par les plans π1 et π2 correspondau plus petit des deux angles formés par des vecteursnormaux à π1 et à π2 :

θ = arccos

(

|~n1 · ~n2|‖~n1‖‖~n2‖

)

π2

π1

θ1θ2

−→n2

θ2

θ1−→n1

3. position relative d’une droite et d’un plan

Soient ~v un vecteur directeur de D, P ∈ D, ~u1 et ~u2, deux vecteurs directeurs de π,où ~u1 ∦ ~u2, et ~n, un vecteur normal à π.D ‖ π si ~v ⊥ ~n et ~v = k1~u1 + k2~u2, k1,k2 ∈ R.

a) D est parallèle à π : aucun point d’intersection.

π

−→u2

−→u1

−→n D−→v

b) D ⊂ π : D ∩ π = D.

π

−→u2

−→u1

−→n

D

−→v




Exemple 4 :

On considère les plans π1 : 3x − y + 2z − 5 = 0 et π2 : 2x + y − z + 4 = 0.

a) Déterminer l’angle formé par les plans π1 et π2.Un vecteur normal à π1 est −→n 1 = (3,− 1,2) et un vecteur normal à π2 est−→n 2 = (2,1,− 1).L’angle entre les 2 plans est

cos(θ) =|−→n 1 •

−→n 2|‖−→n 1‖‖−→n 2‖

=|6− 1− 2|√

14√

6⇒ θ = arccos

(

3

2√

21

)

≃ 70,89◦.

b) Déterminer l’équation vectorielle de la droite D commune aux plans π1 et π2.Les points D de la droite d’intersection de π1 et π2 sont des solutions du

système

{

3x − y + 2z = 5

2x + y − z = −4, dont la solution par la méthode de Gauss est

[A | B] =

[ ]

3 −1 2 52 1 −1 −4 ∼

[ ]

3 −1 2 50 5 −7 −22 L2 ← 3L2 − 2L1

Comme rang(A) = 2 = rang(A|B]) < n = 3, le système possède une infinité desolutions.




Exemple 4 (suite)

En posant la variable libre z = t.

D : (x ,y ,z) =(

5 + y − 2z

3,−22 + 7z

5,t

)

=(

1 + t

5,−22 + 7t

5,t

)

, où t ∈ R.

Autre approche :Un vecteur directeur de D est −→u = −→n 1 ×−→n 2 = (−1,7,5).En posant x = 0, un point de π1 ∩ π2 est{

3(0) − y + 2z = 5

2(0) + y − z = −4⇒

{

L2 + L1 ⇒ z = 1

L1 ⇒ y = −4 + z = −3⇒ (x ,y ,z) = (0,−3,1)

Une équation vectorielle de D est alors

D : (x ,y ,z) = (0,− 3,1) + t(−1,7,5), où t ∈ R.




droites sécantes à un plan

D est sécante à π si ~v · ~n 6= 0, et ~v 6= k1~u1 + k2~u2, ∀k1,k2 ∈ R.

c) D est sécante à π : un point d’intersection.On obtient le point P d’intersection deD : ~r(t) = (x ,y ,z) = (x0 + ct,y0 + dt,z0 + et),t ∈ Ravec le plan π : ax + by + cz = d , en résolvantl’équation en t suivantea(x0 + ct) + b(y0 + dt) + c(z0 + et) = d → t0 .Donc P = ~r(t0)

π

−→u1

−→n−→v

−→u2

D

P

4. angle formé par une droite et un plan

Soit une droite D de vecteur directeur ~u et ~n, un vecteurnormal à un plan π. Soit α ∈ [0,

π

2], l’angle que forme D et

~n. L’angle θ ∈[

0,π

2

]

entre la droite D et le plan π est

donné par θ =π

2− α =

π

2− arccos

(

|~n • ~u|‖~n‖‖~u‖

)

.

−→n

π

D

αθ




Exemple 5 :

Déterminer la position relative de la droite D et du plan π. Si D est sécante à π,trouvez l’angle entre D et π.

a) D : (x ,y ,z) = (−1,4,3) + t(3,2,− 1) et π : 4x − 5y + 2z − 7 = 0.Un vecteur directeur de D est −→u = (3,2, − 1) et un vecteur normal à π est−→n = (4,− 5,2).Comme −→u • −→n = 12− 10− 2 = 0, alors D ‖ π. Puisque P(−1,4,3) /∈ π car4(−1)− 5(4) + 2(3)− 7 = −25 6= 0, alors D ‖ π et D 6⊂ π.

b) D :x − 7−2

=y + 3

9=

z + 85

et π : 7x − 6y + 5z + 16 = 0.

Un vecteur directeur de D est −→u = (−2,9,5) et un vecteur normal à π est−→n = (7,− 6,5).Comme −→u • −→n = −43 6= 0, alors D ∦ π, et l’angle entre D et π est

θ = 90◦ − arccos

(

|−→u • −→n |‖−→u ‖‖−→n ‖

)

= 90◦ − arccos

(

| − 43|110

)

≃ 90◦ − 66,99◦ = 23,01◦.

Le point d’intersection de D avec π est

7x − 6y + 5z + 16 = 7(7− 2t)− 6(−3 + 9t) + 5(−8 + 5t) + 16

= 43(1− t) = 0⇒ t = 1 et P(5,6,− 3).Z. Coulibaly MTH0102-3-H2020 : www.mgi.polymtl.ca/zoumana.coulibaly/mth0102.html 19 avril 2020 19 / 34


section 9.3

Distances relatives aux plans dans l’espace


1 Distance entre un point et un plan dans l’espace.

2 Distance entre un plan et une droite parallèle au plan dansl’espace.

3 Quelques applications en géométrie.


1. distance entre un point et un plan

1) Le projeté orthogonal du point P sur un plan π, notée Pπ est le pointd’intersection de π et de la droite D qui passe par P et qui estperpendiculaire à π.

π

P

D

Pπ

d(P, π) = ‖−−→PPπ‖

2) La distance entre un point P et un plan π, notée d(P,π), est la longueur du

vecteur ‖−−→PPπ‖, où Pπ est le projeté orthogonal de P sur le plan π. Pπ estle point du plan π qui est le plus proche du point P




Calcul du projeté d’un point sur un plan

π

P

Pπ

−→n

R

Approche 1 : Soit R un point du plan π : ax + by + cz = d et ~n = (a,b,c), unvecteur normal à π. Alors le projeté orthogonal du point P sur le plan π,Pπ est telque

−−→PPπ =

−→PR−→

n =−→PR • (a,b,c)a2 + b2 + c2

(a,b,c).

Approche 3 : on peut aussi déterminer les coordonnées de Pπ(x1,y1,z1) comme suit

• On construit la droite D passant par P(x0,y0,z0) et perpendiculaire à π :D : ~r(t) = (x0,y0,z0) + t(a,b,c),t ∈ R.

• On trouve l’intersection de la droite D avec le plan π en résolvant l’équationd’inconnue t0 : a(x0 + t0a) + b(y0 + t0b) + c(z0 + t0c) = d → t0.

• Les coordonnées de Pπ sont alors Pπ(x1,y1,z1) = ~r(t0).

Approche 2 : on résout le système d’équations obtenu à partir de−−→PPπ ×−→n =

−→O ,

puisque−−→PPπ ‖ −→n .




Théorème 3 :

Soit ~n, un vecteur normal à un plan π, et P un point de l’espace. Si R est un pointdu plan π, alors la distance du point P au plan π est

d(P,π) = ‖−−→PPπ‖ = ‖−−→PR~n‖ =|−→PR • ~n|‖~n‖ .

π

P

Pπ

−→n

R

Théorème 4 :

La distance d(P,π) entre le point P(x0,y0,z0) et le plan π : ax + by + cz − d = 0est

d(P,π) =|ax0 + by0 + cz0 − d |√

a2 + b2 + c2




Exemple 6 :

Déterminer la distance entre le plan π : 2x − y + 4z = 1 et le point P(−1,3,5), dedeux façonsMéthode 1 : Soit R ∈ π tel que x = 0 = z ⇒ 2(0)− y + 4(0)− 1 = 0⇒ y = −1 et

R(0,− 1,0). Ainsi d(P,π) =|−→PR • −→n |‖n‖ =

|(1,− 4,− 5) • (2,− 1,4)|‖(2,− 1,4)‖ =

14√21

Méthode 2 : Par la formule, d(P,π) =|2(−1)− 3 + 4(5)− 1|

‖(2,− 1,4)‖ =14√21

.

Corollaire

a) La distance entre l’origine O(0,0,0) et le plan π : ax + by + cz − d = 0 est

d(P,π) =|d |√

a2 + b2 + c2.

b) La distance entre le point M(x ,y ,z) et les plans de coordonnées Oxy

d’équation cartésienne z = 0, Oxz d’équation cartésienne y = 0 et Oyz

d’équation cartésienne x = 0, sont respectivement

d(M(x ,y ,z),Oxy) = |z| d(M(x ,y ,z),Oxz) = |y | d(M(x ,y ,z),Oyz) = |x |.




Exemple 7 :

Soit la sphère S définie par (x − 1)2 + (y − 3)2 + (z + 4)2 = 49.a) Déterminer le centre C et le rayon r de la sphère S.

Le centre de la sphère est C(1,3,− 4) et son rayon estR

2 = 49⇒ R =√

49 = 7.b) Déterminer une équation cartésienne du plan π1 tangent à la sphère S au

point P(3,− 3,− 1).

Un vecteur normal à π1 est −→n =−→CP = (2,− 6,3) et une équation cartésienne

de π1, qui passe par P(3,− 3,− 1) est

2x − 6y + 3z = 2(3) − 6(−3) + 3(−1) = −15

c) Déterminer une équation cartésienne du plan π2 tangent à la sphère S etparallèle à π1.Le plan π2 passe par le point R le symétrique de P par rapport àC :−→CR =

−→PC ⇒ (x − 1,y − 3,z + 4) = (−2,6,− 3)⇒ R(−1,9,− 7).

Ou bien la droite D : (x ,y ,z) = (1,3,− 4) + t(2,− 6,3),t ∈ R coupe la sphèreaux points P et R, qui sont tels que

(1+2t−1)2+(3−6t−3)2+(−4+3t+4)2 = 49t2 = 49⇒ t = ±1⇒ R = −→r (−1).

Une équation de π2 est donc 2x − 6y + 3z = 2(−1) − 6(9) + 3(−7) = −76.




Exemple 8 :

On considère le plan π : 4x − 3y − 3z − 23 = 0 et le point S(1,2,3).

a) Trouver l’équation de la sphère de centre S qui est tangente au plan π.Le rayon de la sphère est

R = d(S,π) =|ax1 + by1 + cz1 − d |√

a2 + b2 + c2=|4(1) − 3(2)− 3(3) − 23|√

34=√

34.

Donc l’équation de cette sphère est (x − 1)2 + (y − 2)2 + (z − 3)2 = 34.

b) Trouver les coordonnées du point de contact C entre la sphère et le plan π.C est le projeté orthogonal de S sur le plan π : soit P(5,− 1,0) ∈ π (obtenu

en posant z = 0,y = −1), alors−→SC =

−→SP−→

n ⇒[

x − 1y − 2z − 3

]

=−→SP • −→n‖−→n ‖2

−→n =(4,− 3,− 3) • (4,− 3,− 3)

34

[

4−3−3

]

⇒ C(5,− 1,0).

c) La droite CS coupe la sphère en un point C′. Trouver les coordonnées du

point C′.

S est le point milieu du segment

CC′ ⇒−−→SC

′ = −−→SC ⇒ (x − 1,y − 2,z − 3) = (−4,3,3)⇒ C′(−3,5,6).

Les points d’intersection sont donc C(−→r (1)) = C(5,− 1,0) etC

′(−→r (−1)) = C′(−3,5,6).




Théorème 5 : distance entre deux plans parallèles

Soient π1 : ax + by + cz − d1 = 0 et π2 : ax + by + cz − d2 = 0, deux plansparallèles de même vecteur normal ~n = (a,b,c), alors la distance entre les plans π1

et π2 est

d(π1,π2) =|−−→P1P2 · ~n|‖~n‖ =

|d1 − d2|√a2 + b2 + c2

, où P1 ∈ π1 et P2 ∈ π2.

2. Distance entre un plan et une droite parallèle au plan

La distance entre une droite D et un plan π : ax + by + cz − d = 0, de vecteurnormal −→n = (a,b,c) parallèle à D, est la distance d’un point P(x1,y1,z1) ∈ D à π

d(D,π) = d(P,π) =|−→PR • −→n |‖−→n ‖ =

|ax1 + by1 + cz1 − d |√a2 + b2 + c2

, où R ∈ π

.

Projection d’une droite sur un plan

D parallèle à π : ~u ⊥ ~n.

DP

Rπ Pπ

R

Dπ

π

D non parallèle àπ : ~u ∦ ~n et ~u 6⊥ ~n.

Pπ

π

P D

Rπ

R

Dπ

D perpendiculaire àπ : ~u//~n

π Pπ

D




Exemple 9 :

Calculer d(π1,π2) si π1 : (−5,3,− 1) + s(−2,1,0) + t(−3,4,5),s,t ∈ R etπ2 : (6,1,4) + u(−2,3,4) + v(−4,2,0),u,v ∈ R.

• Un vecteur normal au plan π1 est −→n 1 = (−2,1,0) × (−3,4,5) = 5(1,2, − 1) etun vecteur normal au plan π2 est −→n 2 = (−2,3,4)× (−4,2,10) = −8(1,2,− 1).

• Comme −→n 2 = −58−→n 1, alors π1 ‖ π2.

• Soit P1(−5,3, − 1) ∈ π1 et P2(6,1,4) ∈ π2, alors

d(π1,π2) = d(P1,π2) =|−−→P1P2 •

−→n 2|‖−→n 2‖

=| − 8(1,2, − 1) • (11,− 2,5)|

8√

6=

2√6

.

• En utilisant les formule avec d1 et d2, on choisit le même vecteur directeur−→n = (1,2, − 1) : P1(−5,3,− 1) ∈ π1 ⇒ d1 = −5 + 6 + 1 = 2 etP2(6,1,4) ∈ π2 ⇒ d2 = 6 + 2− 4 = 4. Ainsi

d(π1,π2) =|d1 − d2|‖−→n ‖ =

2− 4√6

=2√6

.




Exemple 10 :

Déterminer le lieu géométrique des points P(x ,y ,z) équidistants des plansπ1 : 2x − 3y + 6z − 5 = 0 et π2 : 4x + 4y − 2z + 7 = 0.On cherche les points P(x ,y ,z) situés à la même distance de π1 et de π2,c’est-à-dire tels que

d(P,π1) = d(P,π2) =|2x − 3y + 6z − 5|√

49=|4x + 4y − 2z + 7|√

36⇒

2x − 3y + 6z − 57

=±(4x + 4y − 2z + 7)

6⇒

{

6(2x − 3y + 6z − 5) = 7(4x + 4y − 2z + 7)⇒ π3 : 16x + 36y − 50z + 79 = 0

6(2x − 3y + 6z − 5) = −7(4x + 4y − 2z + 7)⇒ π4 : 0x + 10y + 22z + 19 = 0

On en déduit les équations des deux plans bissecteurs des angles formés par π1 etπ2 : π3 : 16x + 36y − 50z + 79 = 0 et π4 : 40x + 10y + 22z + 19 = 0.




Exemple 11 :

On considère le plan π : 7x − 3y + 2z + 7 = 0 et la droiteD1 : (x ,y ,z) = (6,− 1,5) + t(1,1,− 7), où t ∈ R.

a) Déterminer si la projection de D1 sur π est un point ou une droite.Un vecteur normal à π est −→n = (7,− 3,2) et un vecteur directeur de D est−→u = (1,1, − 7).Comme −→n ∦ −→u , alors π 6⊥ D1 et la projection de D1 sur π est une droite.

b) Déterminer les coordonnées du point A d’intersection du plan π et de ladroite D1.P(6 + t,− 1 + t,5− 7t) ∈ D1 ∩ π si

7(6 + t)− 3(−1 + t) + 2(5− 7t) + 7 = −10t + 62 = 0⇒ t =315

A

(

615

,265

,−192

5

)

.

c) Soit Q(−5,6,− 8), un point de D1. Trouver les coordonnées du point Qπ,projeté orthogonal du point Q sur le plan π.Soit A(−1,0,0) ∈ π. Comme

−−→QQπ =

−→QR−→

n , alors on a

[

x + 5y − 6z + 8

]

=(4,− 6,8) • (7,− 3,2)

62

[

7−32

]

=

[

7−32

]

⇒ Qπ(2,3,− 6).




Exemple 11(suite)

d) Déduire l’équation vectorielle de la droite D2, projection orthogonale de ladroite D1 sur le plan π.D2 est la droite qui passe par A et Qπ et donc parallèle à−−→AQπ =

15

(−51,− 11,162) et donc

D2 : (x ,y ,z) = (2,3, − 6) + t(−51,− 11,162), où t ∈ R

e) Déterminer le lieu géométrique des points P(x ,y ,z) équidistants du plan π etdu plan XOY .On cherche les P tels que d(P,π) = d(P,XOY ), c’est-à-dire que

|7x − 3y + 2z + 7|√62

= |z| ⇒ 7x − 3y + 2z + 7 = ±√

62z

On en déduit les 2 plans

π2 : (7 +√

62)x − 3y + 2z + 7 = 0 et π3 : (7−√

62)x − 3y + 2z + 7 = 0.




Exercice 1 : Exercice 27, page 474Soit

S1 : (x−8)2 +(y−1)2 +(z−3)2 = 9 et S2 : x2 +y

2 +z2−10x −14y +6z +47 = 0.

a) Vérifier que les deux sphères sont tangentes.

b) Déterminer le point d’intersection P des deux sphères.c) Déterminer une équation cartésienne du plan π tangent aux deux sphères au

point d’intersection de S1 et de S2.

Exercice 2 : Exercice 24, page 474Déterminer une équation de la droite D passant par le point P(4,0, − 3), qui estparallèle au plan π : −2x + y − 5z − 4 = 0 et qui est perpendiculaire à la droiteD1 : (x ,y ,z) = (3,5, − 1) + t(3,1,− 1), où t ∈ R.




Exercice 3 : Exercice 12, page 469Soit π1 : 4x − 6y − 3z − 3 = 0 et π2 : 6x − 9y + cz − d = 0. Déterminer les valeursde c et d

a) si π1 ⊥ π2;

b) si π1 et π2 sont parallèles confondus;

c) si d(π1,π2) = 4 unités;d) si la droite d’intersection D des plans π1 et π2 est définie par

D : (x ,y ,z) = (0,− 1,1) + t(3,2,0), où t ∈ R.

Exercice 4 : Exercice 15, page 469Soit π : 2x − 3y + z + 2 = 0. Déterminer la projection orthogonale sur π du pointP et des droites D1 et D2 suivantes. Illustrer chaque cas.

a) P(8,− 4,− 2).

b) D1 : (x ,y ,z) = (8,− 4,− 2) + t(10,− 9,9), où t ∈ R.c) D2 : (x ,y ,z) = (3,− 2,0) + s(2,− 3,1), où s ∈ R.

Exercice 5 : Exercice 23, page 474Déterminer l’expression générale des vecteurs ~v parallèles au plan défini par lesvecteurs ~u1 = 2~i −~j + 3~k et ~u2 =~i + 3~j + 5~k telle que ~v est perpendiculaire auvecteur ~s = 3~i +~j − 2~k




Exercice 6 : Exercice 16, page 473Soit les points P(1,− 1,2),Q(3,0,1) et R(2,b,0), où −2 < b < 2.

a) Déterminer une équation cartésienne du plan π contenant P,Q et R, sachant

que ∠PQR = arccos

(√3

2

)

.

b) Calculer l’aire A du triangle PQR.

c) Déterminer une équation vectorielle de la droite D passant par P et qui estperpendiculaire au plan π.

d) Soit S(5,− 7,4), un point de D. Déterminer le volume de la pyramide PQRS.

Exercice 7 : Exercice 28, page 474Soit le plan π : x − y + z = 0.

a) Trouver une base orthonormé {~v1,~v2} de π.

b) Déterminer un vecteur ~v3 tel que {~v1,~v2,~v3} est une base orthonormée de R3.

c) Soit B = {~e1,~e2,~e3}, une base de R3. En enlevant un vecteur de B, est-ilpossible de former une base de π? Justifier la réponse.

d) Démontrer que V = {(x ,y ,z) ∈ R3 | x − y + z = 0} est un sous-espacevectoriel de R3.



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mth0102 : Alg bre vectorielle-Hiver 2020 -groupe 2 · 9 √ 21 16 ≃2,58 u2. iii) Calculer le volume V du tétraèdre OABC et représenter ce tétraèdre. Le volume du tétraèdre