Équation cartésienne d'un plan : exercices corrigés de Terminale

Le vecteur normal $\vec{n}(2;-1;4)$ donne une équation de la forme $2x-y+4z+d=0$.

Le point $A$ appartient au plan : ses coordonnées vérifient l'équation, soit $2\times 1-2+4\times 3+d=0$.

On calcule : $2-2+12+d=0$, donc $12+d=0$ et $d=-12$.

L'équation du plan est $2x-y+4z-12=0$.

Vérification : $2-2+12-12=0$, le point $A$ convient.

L'équation est de la forme $ax+by+cz+d=0$ avec $a=3$, $b=-2$, $c=1$ : le vecteur $\vec{n}(3;-2;1)$ est normal à $\mathcal{P}$.

On remplace les coordonnées de $C$ : $3\times 1-2\times 2+3-5$.

On calcule : $3-4+3-5=-3$.

Le résultat est $-3$, différent de $0$ : les coordonnées de $C$ ne vérifient pas l'équation.

Le plan $\mathcal{Q}$ est orthogonal à $(\Delta)$ : $\vec{u}(1;-2;2)$ est un vecteur normal à $\mathcal{Q}$.

L'équation est donc de la forme $x-2y+2z+d=0$.

On remplace les coordonnées de $A(2;-1;3)$ : $2-2\times(-1)+2\times 3+d=0$.

On calcule : $2+2+6+d=0$, donc $10+d=0$ et $d=-10$.

Vérification : $2+2+6-10=0$.

Le point $A$ appartient à $\mathcal{P}_m$ si et seulement si $2\times 1+m\times 2-(-2)+4=0$.

On développe : $2+2m+2+4=0$.

On regroupe : $2m+8=0$.

On résout : $m=-4$.

Vérification avec $m=-4$ : $2-8+2+4=0$.

Un vecteur normal à $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(2;-1;1)$ et un vecteur normal à $\mathcal{R}_m$ est $\vec{n}'(1;3;m)$, en lisant les coefficients de $x$, $y$, $z$.

Les plans sont orthogonaux si et seulement si $\vec{n}\cdot\vec{n}'=0$.

On calcule dans le repère orthonormé : $\vec{n}\cdot\vec{n}'=2\times 1+(-1)\times 3+1\times m=m-1$.

On résout $m-1=0$ : $m=1$.

Sur $(Ox)$, on a $y=z=0$ : $2x-12=0$ donc $x=6$ et $A(6;0;0)$.

Sur $(Oy)$, on a $x=z=0$ : $3y-12=0$ donc $y=4$ et $B(0;4;0)$.

Sur $(Oz)$, on a $x=y=0$ : $6z-12=0$ donc $z=2$ et $C(0;0;2)$.

Le triangle $OAB$ est rectangle en $O$, avec $OA=6$ et $OB=4$ : son aire vaut $\dfrac{1}{2}\times 6\times 4=12$.

La droite $(OC)$ est perpendiculaire au plan $(xOy)$ : la hauteur issue de $C$ est $OC=2$.

Le volume vaut $\dfrac{1}{3}\times 12\times 2=8$.

On calcule $\overrightarrow{AB}(-1;2;0)$ et $\overrightarrow{AC}(-1;0;3)$. Si $\overrightarrow{AC}=k\,\overrightarrow{AB}$, la première coordonnée imposerait $k=1$, mais la deuxième donnerait alors $0=2$, ce qui est absurde. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et définissent un plan.

Le vecteur $\vec{n}(a;b;c)$ est normal au plan si $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC}=0$, soit $-a+2b=0$ et $-a+3c=0$.

Avec $a=6$ : $2b=6$ donc $b=3$, et $3c=6$ donc $c=2$. Un vecteur normal est $\vec{n}(6;3;2)$.

L'équation est de la forme $6x+3y+2z+d=0$. Avec $A(1;0;0)$ : $6+d=0$, donc $d=-6$.

Vérification avec $B$ : $0+6+0-6=0$. Avec $C$ : $0+0+6-6=0$.

Un vecteur normal à $\mathcal{P}$ est $\vec{n}(2;-1;3)$ ; un vecteur directeur de $(d)$ est $\vec{u}(2;-1;1)$, lu dans les coefficients de $t$.

Le calcul $\vec{n}\cdot\vec{u}=4+1+3=8$ est non nul : la droite n'est pas parallèle au plan, l'intersection est donc un unique point.

On substitue : $2(1+2t)-(-t)+3(3+t)-5=0$.

On développe : $2+4t+t+9+3t-5=0$, soit $8t+6=0$.

On résout : $t=-\dfrac{3}{4}$.

On reporte : $x=1+2\times\left(-\dfrac{3}{4}\right)=-\dfrac{1}{2}$, $y=\dfrac{3}{4}$, $z=3-\dfrac{3}{4}=\dfrac{9}{4}$.

Vérification : $2\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)-\dfrac{3}{4}+3\times\dfrac{9}{4}-5=-1-\dfrac{3}{4}+\dfrac{27}{4}-5=0$.