Équation cartésienne d’un plan : corrigé du contrôle de maths en terminale
Voici le corrigé du contrôle de maths en terminale sur le thème « équation cartésienne d’un plan », question par question.
Cette correction reprend les cinq exercices avec la rédaction attendue au bac. Chaque équation de plan est obtenue à partir d’un vecteur normal, puis la constante d est calculée avec un point connu. Pour les intersections, la représentation paramétrique est substituée dans l’équation, et chaque point obtenu est vérifié.
L’exercice sur le tétraèdre détaille la recherche du projeté orthogonal H, puis le lien entre distance et volume. Une figure complétée montre ainsi la position de H sur la face grisée. Lis aussi le barème de chaque exercice, car il indique les étapes qui rapportent des points, même quand le résultat final est faux.
L’énoncé complet se trouve ici : Équation cartésienne d’un plan : contrôle de maths en terminale.
Barème du contrôle corrigé : équation cartésienne d’un plan
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Un point et un vecteur normal | 3 points |
| 2. Le plan passant par trois points | 4 points |
| 3. Une droite qui traverse le plan | 4 points |
| 4. Le tétraèdre OABC | 5 points |
| 5. Le câble de l’antenne | 4 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : équation cartésienne d’un plan
Exercice 1 – Un point et un vecteur normal (3 points)
- Le vecteur \(\vec{n}\,(2\,;\,-1\,;\,4)\) est normal à \(P\). Donc \(P\) a une équation de la forme \(2x – y + 4z + d = 0\).
Or \(A \in P\), donc \(2 \times 1 – (-2) + 4 \times 3 + d = 0\).
Ainsi \(16 + d = 0\), d’où \(d = -16\).
Une équation de \(P\) est \(2x – y + 4z – 16 = 0\). - Pour \(B\) : \(2 \times 3 – 2 + 4 \times 3 – 16 = 6 – 2 + 12 – 16 = 0\).
Pour \(C\) : \(2 \times 1 – 1 + 4 \times 4 – 16 = 2 – 1 + 16 – 16 = 1\).
Donc \(B\) appartient à \(P\), mais \(C\) n’appartient pas à \(P\). - D’après son équation, \(Q\) admet le vecteur normal \(\vec{n^{\prime}}\,(1\,;\,3\,;\,-1)\).
Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.
Calculons : \(\vec{n} \cdot \vec{n^{\prime}} = 2 \times 1 + (-1) \times 3 + 4 \times (-1) = 2 – 3 – 4 = -5\).
Comme \(-5 \neq 0\), les plans \(P\) et \(Q\) ne sont pas perpendiculaires.
Piège classique : oublier le signe devant y. En effet, le coefficient \(-1\) de \(\vec{n}\) donne \(-y\), et non \(+y\).
Exercice 2 – Le plan passant par trois points (4 points)
- \(\overrightarrow{AB}\,(3 – 1\,;\,1 – 0\,;\,0 – 2)\), soit \(\overrightarrow{AB}\,(2\,;\,1\,;\,-2)\).
De même, \(\overrightarrow{AC}\,(-1\,;\,2\,;\,-1)\).
Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait \(\overrightarrow{AB} = k\,\overrightarrow{AC}\). La première coordonnée donne \(k = -2\), mais la deuxième donne \(k = \frac{1}{2}\).
Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires : \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés. - \(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 3 \times 2 + 4 \times 1 + 5 \times (-2) = 6 + 4 – 10 = 0\).
\(\vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times (-1) + 4 \times 2 + 5 \times (-1) = -3 + 8 – 5 = 0\).
Ainsi \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((ABC)\) : il est normal à ce plan. - Le plan \((ABC)\) a une équation de la forme \(3x + 4y + 5z + d = 0\).
Comme \(A \in (ABC)\) : \(3 \times 1 + 4 \times 0 + 5 \times 2 + d = 0\), donc \(d = -13\).
Une équation de \((ABC)\) est \(3x + 4y + 5z – 13 = 0\).
Vérification avec \(B\) : \(9 + 4 + 0 – 13 = 0\). Puis avec \(C\) : \(0 + 8 + 5 – 13 = 0\). - \(3 \times 2 + 4 \times 2 + 5 \times (-1) – 13 = 6 + 8 – 5 – 13 = -4\).
Or \(-4 \neq 0\), donc \(D\) n’appartient pas au plan \((ABC)\).
Les points \(A\), \(B\), \(C\) et \(D\) ne sont pas coplanaires.
Piège classique : vérifier l’orthogonalité avec un seul vecteur du plan. Pourtant, il en faut deux, et ils doivent être non colinéaires.
Exercice 3 – Une droite qui traverse le plan (4 points)
- Les coefficients de t donnent le vecteur directeur \(\vec{u}\,(1\,;\,-1\,;\,2)\).
Un vecteur normal du plan est \(\vec{n}\,(3\,;\,4\,;\,5)\).
Or \(\vec{u} \cdot \vec{n} = 3 – 4 + 10 = 9\).
Comme \(\vec{u} \cdot \vec{n} \neq 0\), la droite \(d\) n’est pas parallèle au plan \((ABC)\) : elle le coupe en un point. - On remplace x, y et z dans l’équation du plan :
\(3(1 + t) + 4(-2 – t) + 5 \times 2t – 13 = 0\).
Puis \(3 + 3t – 8 – 4t + 10t – 13 = 0\), soit \(9t – 18 = 0\).
Donc \(t = 2\), et alors \(x = 3\), \(y = -4\), \(z = 4\).
Vérification : \(3 \times 3 + 4 \times (-4) + 5 \times 4 – 13 = 9 – 16 + 20 – 13 = 0\).
Le point d’intersection est \(I(3\,;\,-4\,;\,4)\). - La droite serait orthogonale au plan si \(\vec{u}\) était colinéaire à \(\vec{n}\). Or \(\frac{3}{1} = 3\) alors que \(\frac{4}{-1} = -4\).
Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \(d\) n’est pas orthogonale à \((ABC)\). - Pour \(t = 0\), on obtient \(M(1\,;\,-2\,;\,0)\).
La droite \(\Delta\) est dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\,(3\,;\,4\,;\,5)\).
Une représentation paramétrique de \(\Delta\) est \(x = 1 + 3k\), \(y = -2 + 4k\), \(z = 5k\), avec \(k \in \mathbb{R}\).
Piège classique : garder la même lettre t pour une deuxième droite. Utilise donc un autre paramètre, ici k, afin de ne pas confondre les deux droites.
Exercice 4 – Le tétraèdre OABC (5 points)
- Les points \(A\), \(B\) et \(C\) sont sur trois axes différents, donc ils ne sont pas alignés.
Pour \(A\) : \(4 + 0 + 0 – 4 = 0\). Pour \(B\) : \(0 + 4 + 0 – 4 = 0\). Pour \(C\) : \(0 + 0 + 2 \times 2 – 4 = 0\).
Les trois points vérifient l’équation d’un plan, donc \((ABC)\) a pour équation \(x + y + 2z – 4 = 0\). - Un vecteur normal de \((ABC)\) est \(\vec{n}\,(1\,;\,1\,;\,2)\), et il dirige \(\Delta\).
Ainsi \(\Delta\) : \(x = k\), \(y = k\), \(z = 2k\), avec \(k \in \mathbb{R}\). - Le point \(H\) est l’intersection de \(\Delta\) et du plan \((ABC)\).
On résout \(k + k + 2 \times 2k – 4 = 0\), soit \(6k = 4\), donc \(k = \frac{2}{3}\).
Par conséquent, \(H\left(\frac{2}{3}\,;\,\frac{2}{3}\,;\,\frac{4}{3}\right)\).
- \(OH^2 = \left(\frac{2}{3}\right)^2 + \left(\frac{2}{3}\right)^2 + \left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{4 + 4 + 16}{9} = \frac{24}{9}\).
Donc \(OH = \frac{\sqrt{24}}{3} = \frac{2\sqrt{6}}{3}\).
La distance de \(O\) au plan \((ABC)\) vaut \(\frac{2\sqrt{6}}{3} \approx 1{,}63\). - Le triangle \(OAB\) est rectangle en \(O\), d’aire \(\frac{4 \times 4}{2} = 8\). La hauteur associée est \(OC = 2\).
Donc \(V = \frac{1}{3} \times 8 \times 2 = \frac{16}{3}\).
Avec la base \(ABC\) et la hauteur \(OH\), on a aussi \(V = \frac{1}{3} \times \mathrm{Aire}_{ABC} \times OH\).
Alors \(\mathrm{Aire}_{ABC} = \frac{3V}{OH} = \frac{16}{\frac{2\sqrt{6}}{3}} = \frac{48}{2\sqrt{6}} = \frac{24}{\sqrt{6}} = 4\sqrt{6}\).
Le volume vaut \(\frac{16}{3}\) unités de volume, et l’aire de \(ABC\) vaut \(4\sqrt{6} \approx 9{,}80\) unités d’aire.
Piège classique : vérifier l’équation avec deux points seulement. Cependant, deux points ne suffisent pas à définir un plan : il en faut trois non alignés.
Exercice 5 – Le câble de l’antenne (4 points)
- Pour \(F\) : \(3 \times 0 + 4 \times 6 – 24 = 0\).
Pour \(E\) : \(3 \times 0 + 4 \times 6 – 24 = 0\), car x n’intervient pas dans l’équation.
Pour \(G\) : \(3 \times 4 + 4 \times 3 – 24 = 12 + 12 – 24 = 0\).
Les trois points appartiennent donc au plan \(P\). - Un vecteur normal de \(P\) est \(\vec{n}\,(0\,;\,3\,;\,4)\), et il dirige la droite cherchée.
Une représentation paramétrique est \(x = 5\), \(y = 8 + 3k\), \(z = 9 + 4k\), avec \(k \in \mathbb{R}\). - On remplace dans l’équation de \(P\) :
\(3(8 + 3k) + 4(9 + 4k) – 24 = 0\).
Puis \(24 + 9k + 36 + 16k – 24 = 0\), soit \(25k + 36 = 0\).
Donc \(k = -\frac{36}{25} = -1{,}44\).
Ensuite, \(y = 8 – 4{,}32 = 3{,}68\) et \(z = 9 – 5{,}76 = 3{,}24\).
Vérification : \(3 \times 3{,}68 + 4 \times 3{,}24 – 24 = 11{,}04 + 12{,}96 – 24 = 0\).
Ainsi \(H(5\,;\,3{,}68\,;\,3{,}24)\). Comme \(0 \leq 3{,}68 \leq 4\) et \(0 \leq 5 \leq 10\), le point \(H\) est bien sur le pan de toit. - \(\overrightarrow{SH}\,(0\,;\,-4{,}32\,;\,-5{,}76)\), donc \(SH = \sqrt{4{,}32^2 + 5{,}76^2} = \sqrt{18{,}6624 + 33{,}1776} = \sqrt{51{,}84} = 7{,}2\).
De plus, \(SH\) est la plus courte distance entre \(S\) et un point du plan \(P\).
Le câble devrait mesurer au moins 7,2 m : celui de 7 m est donc trop court.
Piège classique : calculer la distance de \(S\) au faîtage ou à la gouttière. Or la plus courte distance à un plan est toujours atteinte au projeté orthogonal.
À retenir de ce contrôle
- Un plan de vecteur normal de coordonnées (a ; b ; c) admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0.
- Pour prouver qu’un vecteur est normal à un plan, il suffit de montrer qu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.
- Une droite coupe un plan en un seul point lorsque son vecteur directeur n’est pas orthogonal au vecteur normal du plan.
- Le projeté orthogonal H d’un point M sur un plan est l’intersection du plan avec la droite passant par M et dirigée par un vecteur normal.
- La distance d’un point à un plan est la longueur MH ; c’est aussi la plus courte distance entre M et un point du plan.
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