Les corrections,
étape par étape.

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Correction D1

Pour $\vec u=(3;-4;0)$, la norme se calcule en élevant chaque coordonnée au carré : $$\begin{aligned} \left\lVert \vec u\right\rVert &=\sqrt{3^2+(-4)^2+0^2}\\ &=\sqrt{9+16+0}=\sqrt{25}=5. \end{aligned}$$ La longueur est positive, donc on retient $\left\lVert \vec u\right\rVert=5$.

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Correction D2

On multiplie les coordonnées correspondantes, puis on additionne : $$\begin{aligned} \vec u\mathbin{\cdot}\vec v &=2\times1+1\times(-2)+(-1)\times0\\ &=2-2+0=0. \end{aligned}$$ Les deux vecteurs sont orthogonaux, sous réserve qu’ils soient considérés comme des vecteurs directeurs non nuls.

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Correction D3

On utilise « arrivée moins départ » : $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB} &=(4-1\,;\,0-(-2)\,;\,-1-3)\\ &=(3;2;-4). \end{aligned}$$ La deuxième coordonnée est positive, car $0-(-2)=0+2=2$.

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Correction D4

Pour $M\left(1\,;\,1\,;\,0\right)$, on remplace les coordonnées dans l’équation : $$1+2\times1-0-3=0.$$ Donc $M$ appartient au plan.

Pour $N\left(0\,;\,1\,;\,0\right)$, on obtient $$0+2\times1-0-3=-1\ne0.$$ Donc $N$ n’appartient pas au plan.

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Correction D5

$$2t+3=9 \quad\Longleftrightarrow\quad 2t=6 \quad\Longleftrightarrow\quad t=3.$$ On soustrait 3 aux deux membres, puis on divise par 2.

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Correction D6

Dire que $H$ est le projeté orthogonal de $P$ sur une droite $d$ signifie deux choses :

1. $H$ appartient à la droite $d$ ;

2. le vecteur $\overrightarrow{PH}$ est orthogonal à un vecteur directeur de $d$. Si $P\notin d$, cela signifie que $PH$ est perpendiculaire à $d$. Si $P\in d$, on a $H=P$ et une distance nulle.

Si $\vec u$ est un vecteur directeur de $d$, la seconde condition s’écrit $$\overrightarrow{PH}\mathbin{\cdot}\vec u=0.$$

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Correction 1 -- Produit scalaire et orthogonalité

a) $$\begin{aligned} \vec u\mathbin{\cdot}\vec v &=2\times1+(-1)\times2+3\times0\\ &=2-2+0=0. \end{aligned}$$

b) $$\begin{aligned} \vec u\mathbin{\cdot}\vec w &=2\times3+(-1)\times1+3\times(-2)\\ &=6-1-6=-1. \end{aligned}$$

c) Pour être complet, comparons aussi $\vec v$ et $\vec w$ : $$\vec v\mathbin{\cdot}\vec w=1\times3+2\times1+0\times(-2)=5.$$ Seul le produit scalaire de $\vec u$ et $\vec v$ est nul. Les vecteurs $\vec u$ et $\vec v$ sont donc orthogonaux ; les deux autres couples ne le sont pas.

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Correction 2 -- Distance et angle droit

a) $$\begin{aligned} \overrightarrow{AB}&=(4-1\,;\,0-0\,;\,0-2)=(3;0;-2),\\ \overrightarrow{AC}&=(1-1\,;\,2-0\,;\,2-2)=(0;2;0). \end{aligned}$$

b) $$\begin{aligned} AB&=\left\lVert \overrightarrow{AB}\right\rVert =\sqrt{3^2+0^2+(-2)^2} =\sqrt{13},\\ AC&=\left\lVert \overrightarrow{AC}\right\rVert =\sqrt{0^2+2^2+0^2}=2. \end{aligned}$$

c) Les deux côtés qui se rencontrent en $A$ sont représentés par $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$. Leur produit scalaire vaut $$\overrightarrow{AB}\mathbin{\cdot}\overrightarrow{AC} =(3;0;-2)\mathbin{\cdot}(0;2;0) =3\times0+0\times2+(-2)\times0=0.$$ Les deux vecteurs sont orthogonaux. Le triangle $ABC$ est donc rectangle en $A$.

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Correction 3 -- Calculer un angle

a) $$\begin{aligned} \vec u\mathbin{\cdot}\vec v &=1\times1+1\times0+0\times1=1,\\ \left\lVert \vec u\right\rVert&=\sqrt{1^2+1^2+0^2}=\sqrt2,\\ \left\lVert \vec v\right\rVert&=\sqrt{1^2+0^2+1^2}=\sqrt2. \end{aligned}$$

b) Les vecteurs sont non nuls, donc la formule de l’angle s’applique : $$\begin{aligned} \cos(\theta) &=\frac{\vec u\mathbin{\cdot}\vec v} {\left\lVert \vec u\right\rVert\,\left\lVert \vec v\right\rVert}\\ &=\frac{1}{\sqrt2\times\sqrt2}=\frac12. \end{aligned}$$ Dans l’intervalle $[0^\circ;180^\circ]$, l’angle dont le cosinus vaut $\frac12$ est $60^\circ$. Ainsi, $$\boxed{\theta=60^\circ.}$$

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Correction 4 -- Droite perpendiculaire à un plan

a) Soit $M\left(x\,;\,y\,;\,z\right)$. On a $$\overrightarrow{AM}=(x-1;y;z-2).$$ La condition $\overrightarrow{AM}\mathbin{\cdot}\vec n=0$ donne $$\begin{aligned} 2(x-1)-y+(z-2)&=0\\ 2x-y+z-4&=0. \end{aligned}$$ Donc $$\boxed{\mathcal P: 2x-y+z-4=0.}$$

b) Le vecteur directeur de $d$ est $\vec u=(2;-1;1)$. C’est exactement le vecteur normal donné au plan : $\vec u=\vec n$. La droite est donc perpendiculaire au plan.

c) La droite a pour coordonnées $$x=2t,\qquad y=1-t,\qquad z=t.$$ Pour que son point soit dans le plan, on remplace ces coordonnées dans $2x-y+z-4=0$ : $$\begin{aligned} 2(2t)-(1-t)+t-4&=0\\ 4t-1+t+t-4&=0\\ 6t-5&=0\\ t&=\frac56. \end{aligned}$$ Le point d’intersection est donc $$\begin{aligned} I&=\left(2\times\frac56\,;\,1-\frac56\,;\,\frac56\right)\\ &=\left(\frac53\,;\,\frac16\,;\,\frac56\right). \end{aligned}$$ Contrôle dans le plan : $$2\times\frac53-\frac16+\frac56-4 =\frac{10}{3}+\frac{4}{6}-4=0.$$

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Correction 5 -- Projection sur une droite

a) Partir de $A$ et ajouter $t\vec u$ donne $$d:\quad \begin{cases} x=1+2t,\\ y=t,\\ z=0, \end{cases} \qquad t\in\mathbb{R}.$$

b) On calcule d’abord $$\overrightarrow{AP}=P-A=(0;5;2).$$ Alors $$\begin{aligned} \overrightarrow{AP}\mathbin{\cdot}\vec u &=(0;5;2)\mathbin{\cdot}(2;1;0)\\ &=0\times2+5\times1+2\times0=5,\\ \vec u\mathbin{\cdot}\vec u&=2^2+1^2+0^2=5. \end{aligned}$$ La formule du projeté donne $$t_0=\frac{\overrightarrow{AP}\mathbin{\cdot}\vec u} {\vec u\mathbin{\cdot}\vec u} =\frac55=1.$$

c) On remplace $t_0=1$ dans la droite : $$H=(1;0;0)+(2;1;0)=(3;1;0).$$ Le vecteur qui relie $P$ à $H$ est $$\overrightarrow{PH}=(3-1\,;\,1-5\,;\,0-2)=(2;-4;-2).$$ La distance est donc $$\begin{aligned} d(P,d)=PH &=\sqrt{2^2+(-4)^2+(-2)^2}\\ &=\sqrt{4+16+4}=\sqrt{24}=2\sqrt6. \end{aligned}$$

d) $$\overrightarrow{PH}\mathbin{\cdot}\vec u =(2;-4;-2)\mathbin{\cdot}(2;1;0) =2\times2+(-4)\times1+(-2)\times0=0.$$ Le segment $PH$ est bien orthogonal à la droite. Comme $H$ appartient à $d$, les deux conditions du projeté sont vérifiées.

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Correction 6 -- Projection sur un plan

a) Dans l’équation $2x-y+2z-4=0$, un vecteur normal est $$\vec n=(2;-1;2).$$ Au point $P\left(1\,;\,1\,;\,1\right)$, l’expression vaut $$\delta=2\times1-1+2\times1-4=-1.$$

b) On calcule $$\left\lVert \vec n\right\rVert^2=2^2+(-1)^2+2^2=9.$$ La formule du projeté donne $$\begin{aligned} H&=P-\frac{\delta}{\left\lVert \vec n\right\rVert^2}\vec n\\ &= (1;1;1)-\frac{-1}{9}(2;-1;2)\\ &= (1;1;1)+\left(\frac29;-\frac19;\frac29\right)\\ &=\left(\frac{11}{9};\frac89;\frac{11}{9}\right). \end{aligned}$$

c) La distance au plan est $$d(P,\mathcal P)=\frac{|\delta|}{\left\lVert \vec n\right\rVert} =\frac{1}{3}.$$

d) Vérifions l’appartenance de $H$ au plan : $$2\times\frac{11}{9}-\frac89+2\times\frac{11}{9}-4 =\frac{22-8+22-36}{9}=0.$$ De plus, $\overrightarrow{PH}=\frac19\vec n$, donc $PH$ est normal au plan. Le point calculé est bien le projeté orthogonal.

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Correction 7 -- Le point le plus proche

a) Comme $H$ est le projeté orthogonal de $M$ sur le plan, $MH$ est perpendiculaire au plan. Le segment $HN$ est contenu dans le plan. Donc $MH\perp HN$ et le triangle $MHN$ est rectangle en $H$.

b) Le théorème de Pythagore donne $$MN^2=MH^2+HN^2.$$

c) Comme $HN^2\geq0$, on a $$MN^2\geq MH^2.$$ Les longueurs étant positives, cela entraîne $MN\geq MH$, c’est-à-dire $$MH\leq MN.$$ Quel que soit le point $N$ choisi dans le plan, sa distance à $M$ est donc au moins égale à $MH$. Le point $H$ est le point du plan le plus proche de $M$. L’égalité n’a lieu que si $HN=0$, donc si $N=H$.

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Correction 8 -- Plan médiateur

a) $$I=\left(\frac{0+4}{2};\frac{0+2}{2};\frac{0+0}{2}\right)=(2;1;0).$$

b) Le plan médiateur est perpendiculaire à $(AB)$, donc $\overrightarrow{AB}=(4;2;0)$ est un vecteur normal. Comme le plan passe par $I$, un point $M\left(x\,;\,y\,;\,z\right)$ du plan vérifie $$\begin{aligned} \overrightarrow{IM}\mathbin{\cdot}\overrightarrow{AB}=0 &\Longleftrightarrow (x-2;y-1;z)\mathbin{\cdot}(4;2;0)=0\\ &\Longleftrightarrow 4(x-2)+2(y-1)=0\\ &\Longleftrightarrow 2x+y-5=0. \end{aligned}$$ Donc le plan médiateur a pour équation $$\boxed{2x+y-5=0.}$$

c) Pour $M\left(2\,;\,1\,;\,3\right)$, le membre de gauche vaut $$2\times2+1-5=0.$$ Le point $M$ appartient donc au plan médiateur.

d) $$\begin{aligned} \overrightarrow{MA}&=A-M=(-2;-1;-3),\\ \overrightarrow{MB}&=B-M=(2;1;-3). \end{aligned}$$ Les deux longueurs valent $$\begin{aligned} MA&=\sqrt{(-2)^2+(-1)^2+(-3)^2}=\sqrt{14},\\ MB&=\sqrt{2^2+1^2+(-3)^2}=\sqrt{14}. \end{aligned}$$ On confirme bien que $MA=MB$.

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Correction 9 -- Synthèse dans un pavé droit

a) Les vecteurs sont $$\overrightarrow{OA}=(4;0;0),\qquad \overrightarrow{OC}=(0;3;0),\qquad \overrightarrow{OE}=(0;0;2).$$ Les produits scalaires sont $$\begin{aligned} \overrightarrow{OA}\mathbin{\cdot}\overrightarrow{OC}&=4\times0+0\times3+0\times0=0,\\ \overrightarrow{OA}\mathbin{\cdot}\overrightarrow{OE}&=4\times0+0\times0+0\times2=0,\\ \overrightarrow{OC}\mathbin{\cdot}\overrightarrow{OE}&=0\times0+3\times0+0\times2=0. \end{aligned}$$ Les trois directions sont orthogonales deux à deux.

b) $$\overrightarrow{OG}=G-O=(4;3;2).$$ Donc $$\begin{aligned} OG&=\sqrt{4^2+3^2+2^2}\\ &=\sqrt{16+9+4}=\sqrt{29}. \end{aligned}$$

c) Le plan de base est $z=0$. Un vecteur normal est $(0;0;1)$. Le point de $z=0$ situé juste sous $G$ est $$B\left(4\,;\,3\,;\,0\right).$$ Ainsi, le projeté orthogonal de $G$ sur la base est $B$. La distance vaut $$d(G,\mathcal B)=GB=|2-0|=2.$$

d) On utilise $\overrightarrow{OA}=(4;0;0)$ et $\overrightarrow{OG}=(4;3;2)$ : $$\begin{aligned} \overrightarrow{OA}\mathbin{\cdot}\overrightarrow{OG}&=4\times4=16,\\ \left\lVert \overrightarrow{OA}\right\rVert&=4,\\ \left\lVert \overrightarrow{OG}\right\rVert&=\sqrt{29}. \end{aligned}$$ Par conséquent, $$\cos(\widehat{AOG}) =\frac{16}{4\sqrt{29}} =\frac{4}{\sqrt{29}}.$$ Une calculatrice donne environ $42{,}0^\circ$, si l’on demande une valeur approchée en degrés.

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Correction 10 -- Complément : plans perpendiculaires

a) On lit les coefficients des variables dans les équations : $$\vec n=(1;1;1)\quad\text{est normal à }\mathcal P, \qquad \vec n'=(1;-1;0)\quad\text{est normal à }\mathcal Q.$$

b) $$\vec n\mathbin{\cdot}\vec n' =1\times1+1\times(-1)+1\times0=0.$$

c) Les vecteurs normaux sont orthogonaux. D’après le critère du cours, les plans $\mathcal P$ et $\mathcal Q$ sont perpendiculaires. Ce résultat est le complément lié au programme publié en 2026, applicable en terminale à partir de 2027–2028.

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Correction R1

Dans une base orthonormée, si $\vec u=(a;b;c)$ et $\vec v=(a';b';c')$, alors $$\boxed{\vec u\mathbin{\cdot}\vec v=aa'+bb'+cc'.}$$ On multiplie les coordonnées correspondantes, puis on additionne.

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Correction R2

Pour deux vecteurs non nuls : $$\boxed{\vec u\perp\vec v \quad\Longleftrightarrow\quad \vec u\mathbin{\cdot}\vec v=0.}$$

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Correction R3

L’expression $ax_P+by_P+cz_P+d$ peut être positive ou négative selon le côté du plan où se trouve $P$. Une distance est toujours positive ou nulle, donc on utilise sa valeur absolue : $$d(P,\mathcal P)= \frac{|ax_P+by_P+cz_P+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$

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Correction R4

Si $\vec u$ est un vecteur directeur de la droite $d$, le projeté $H$ de $P$ sur $d$ vérifie :

1. $H\in d$ ;

2. $\overrightarrow{PH}\mathbin{\cdot}\vec u=0$, si P est extérieur à d, donc $PH\perp d$.

Ces deux conditions permettent de trouver puis de contrôler le projeté.

Si le point appartient déjà à la droite, son projeté est lui-même : le vecteur PH est nul et la distance vaut zéro. La droite (PH) n’est alors pas définie.