Ce fichier rassemble les formules essentielles et les exercices types pour la géométrie lycée (plane et dans l’espace).

13. Résumé des formules essentielles§

Aide-mémoire

Dans le plan (repère orthonormé) :

ConceptFormule
Distance ABAB(xB−xA)2+(yB−yA)2\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}
Milieu(xA+xB2,yA+yB2)\left(\frac{x_A+x_B}{2}, \frac{y_A+y_B}{2}\right)
Colinéaritéxy′−x′y=0xy'-x'y = 0
Produit scalairexx′+yy′xx'+yy'
Orthogonalitéu⃗⋅v⃗=0\vec{u}\cdot\vec{v}=0
Parallélismem1=m2m_1 = m_2 ou a1b2=a2b1a_1b_2=a_2b_1
Perpendicularitém1m2=−1m_1 m_2 = -1 ou a1a2+b1b2=0a_1a_2+b_1b_2=0

Dans l’espace (repère orthonormé) :

ConceptFormule
Distance ABAB(xB−xA)2+(yB−yA)2+(zB−zA)2\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2+(z_B-z_A)^2}
Produit scalairexx′+yy′+zz′xx'+yy'+zz'
Distance point-plan∣ax0+by0+cz0+d∣a2+b2+c2\frac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}
Droite ⊥\perp planvecteur directeur = vecteur normal

14. Exercices types corrigés§

Exercice 1 : Équation de droite et intersection§

Énoncé

Soient les droites (d1):2x−y+3=0(d_1) : 2x - y + 3 = 0 et (d2):x+3y−7=0(d_2) : x + 3y - 7 = 0. Déterminer leur point d’intersection.

Solution :

On résout le système :

{2x−y=−3 x+3y=7\begin{cases} 2x - y = -3 \ x + 3y = 7 \end{cases}

De la première : y=2x+3y = 2x + 3. On substitue dans la deuxième : x+3(2x+3)=7  ⟹  x+6x+9=7  ⟹  7x=−2  ⟹  x=−27x + 3(2x+3) = 7 \implies x + 6x + 9 = 7 \implies 7x = -2 \implies x = -\frac{2}{7}

y=2×(−27)+3=−47+217=177y = 2 \times \left(-\frac{2}{7}\right) + 3 = -\frac{4}{7} + \frac{21}{7} = \frac{17}{7}

I(−27;;;177)\boxed{I\left(-\frac{2}{7};;;\frac{17}{7}\right)}

Exercice 2 : Produit scalaire et angle§

Énoncé

Dans un repère orthonormé, on donne A(1,3)A(1,3), B(4,1)B(4,1), C(2,6)C(2,6). Calculer l’angle BAC^\widehat{BAC}.

Solution :

AB→=(3,−2)\overrightarrow{AB} = (3, -2) et AC→=(1,3)\overrightarrow{AC} = (1, 3)

AB→⋅AC→=3×1+(−2)×3=3−6=−3\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = 3 \times 1 + (-2) \times 3 = 3 - 6 = -3

∣AB→∣=9+4=13|\overrightarrow{AB}| = \sqrt{9+4} = \sqrt{13}

∣AC→∣=1+9=10|\overrightarrow{AC}| = \sqrt{1+9} = \sqrt{10}

cos⁡(BAC^)=−313×10=−3130\cos(\widehat{BAC}) = \frac{-3}{\sqrt{13}\times\sqrt{10}} = \frac{-3}{\sqrt{130}}

BAC^=arccos⁡(−3130)≈105,3°\boxed{\widehat{BAC} = \arccos\left(\frac{-3}{\sqrt{130}}\right) \approx 105{,}3°}

Exercice 3 : Équation de plan§

Énoncé

Déterminer l’équation cartésienne du plan passant par A(1,0,2)A(1, 0, 2), B(3,1,−1)B(3, 1, -1), C(0,2,1)C(0, 2, 1).

Solution :

Étape 1 : Calculer deux vecteurs du plan. AB→=(2,1,−3)\overrightarrow{AB} = (2, 1, -3) et AC→=(−1,2,−1)\overrightarrow{AC} = (-1, 2, -1)

Étape 2 : Trouver un vecteur normal n⃗(a,b,c)\vec{n}(a, b, c) orthogonal aux deux.

{n⃗⋅AB→=0:2a+b−3c=0 n⃗⋅AC→=0:−a+2b−c=0\begin{cases} \vec{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 0 : & 2a + b - 3c = 0 \ \vec{n} \cdot \overrightarrow{AC} = 0 : & -a + 2b - c = 0 \end{cases}

De la deuxième : a=2b−ca = 2b - c. On substitue dans la première : 2(2b−c)+b−3c=0  ⟹  5b−5c=0  ⟹  b=c2(2b-c) + b - 3c = 0 \implies 5b - 5c = 0 \implies b = c

On choisit b=c=1b = c = 1, d’où a=2(1)−1=1a = 2(1) - 1 = 1.

Donc n⃗=(1,1,1)\vec{n} = (1, 1, 1).

Étape 3 : Écrire l’équation avec le point A(1,0,2)A(1,0,2) : 1(x−1)+1(y−0)+1(z−2)=01(x-1) + 1(y-0) + 1(z-2) = 0

x+y+z−3=0\boxed{x + y + z - 3 = 0}

Vérification : A:1+0+2−3=0A : 1+0+2-3 = 0 ; B:3+1−1−3=0B : 3+1-1-3 = 0 ; C:0+2+1−3=0C : 0+2+1-3 = 0. Correct.

Exercice 4 : Position relative dans l’espace§

Énoncé

Étudier la position relative de la droite (d)(d) de représentation paramétrique {x=1+2t y=−1+t z=3−t\begin{cases} x = 1 + 2t \ y = -1 + t \ z = 3 - t \end{cases} et du plan (P):x+y+z−5=0(\mathcal{P}) : x + y + z - 5 = 0.

Solution :

Le vecteur directeur de (d)(d) est u⃗=(2,1,−1)\vec{u} = (2, 1, -1). Le vecteur normal de (P)(\mathcal{P}) est n⃗=(1,1,1)\vec{n} = (1, 1, 1).

u⃗⋅n⃗=2+1−1=2≠0\vec{u} \cdot \vec{n} = 2 + 1 - 1 = 2 \neq 0

Donc la droite et le plan sont sécants.

Point d’intersection : On substitue les expressions paramétriques dans l’équation du plan : (1+2t)+(−1+t)+(3−t)−5=0(1+2t) + (-1+t) + (3-t) - 5 = 0 1+2t−1+t+3−t−5=01 + 2t - 1 + t + 3 - t - 5 = 0 2t−2=02t - 2 = 0 t=1t = 1

Point d’intersection : (x,y,z)=(3,0,2)(x, y, z) = (3, 0, 2).

(d) et (P) sont seˊcants en I(3,0,2)\boxed{(d) \text{ et } (\mathcal{P}) \text{ sont sécants en } I(3, 0, 2)}

Exercice 5 : Distance point-plan§

Énoncé

Calculer la distance du point M(3,−1,2)M(3, -1, 2) au plan (P):3x−4y+12z+1=0(\mathcal{P}) : 3x - 4y + 12z + 1 = 0.

Solution :

d(M,P)=∣3(3)−4(−1)+12(2)+1∣9+16+144=∣9+4+24+1∣169=3813d(M, \mathcal{P}) = \frac{|3(3) - 4(-1) + 12(2) + 1|}{\sqrt{9 + 16 + 144}} = \frac{|9 + 4 + 24 + 1|}{\sqrt{169}} = \frac{38}{13} d(M,P)=3813≈2,92\boxed{d(M, \mathcal{P}) = \frac{38}{13} \approx 2{,}92}

Exercice 6 : Projeté orthogonal et distance à une droite§

Énoncé

Soit la droite (d)(d) passant par A(1,1,0)A(1, 1, 0) de vecteur directeur u⃗(1,−1,1)\vec{u}(1, -1, 1) et le point M(3,2,1)M(3, 2, 1). Calculer le projeté orthogonal HH de MM sur (d)(d) et la distance d(M,d)d(M, d).

Solution :

AM→=(2,1,1)\overrightarrow{AM} = (2, 1, 1)

t=AM→⋅u⃗∣u⃗∣2=2(−1)(1)+1(−1)+1(1)1+1+1t = \frac{\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u}}{|\vec{u}|^2} = \frac{2(-1)(1) + 1(-1) + 1(1)}{1+1+1}

Corrigeons : AM→⋅u⃗=2×1+1×(−1)+1×1=2−1+1=2\overrightarrow{AM} \cdot \vec{u} = 2 \times 1 + 1 \times (-1) + 1 \times 1 = 2 - 1 + 1 = 2

∣u⃗∣2=1+1+1=3|\vec{u}|^2 = 1 + 1 + 1 = 3

t=23t = \frac{2}{3}

H=A+23u⃗=(1+23,;1−23,;0+23)=(53,;13,;23)H = A + \frac{2}{3}\vec{u} = \left(1 + \frac{2}{3},; 1 - \frac{2}{3},; 0 + \frac{2}{3}\right) = \left(\frac{5}{3},; \frac{1}{3},; \frac{2}{3}\right)

MH→=(53−3,;13−2,;23−1)=(−43,;−53,;−13)\overrightarrow{MH} = \left(\frac{5}{3}-3,; \frac{1}{3}-2,; \frac{2}{3}-1\right) = \left(-\frac{4}{3},; -\frac{5}{3},; -\frac{1}{3}\right)

d(M,d)=∣MH→∣=169+259+19=429=423d(M, d) = |\overrightarrow{MH}| = \sqrt{\frac{16}{9}+\frac{25}{9}+\frac{1}{9}} = \sqrt{\frac{42}{9}} = \frac{\sqrt{42}}{3}

H=(53,;13,;23),d(M,d)=423≈2,16\boxed{H = \left(\frac{5}{3},; \frac{1}{3},; \frac{2}{3}\right), \quad d(M, d) = \frac{\sqrt{42}}{3} \approx 2{,}16}

Liens§